2021年高考化学真题分类汇编——化学综合计算及化学实验部分（有解析）
文档属性
| 名称 | 2021年高考化学真题分类汇编——化学综合计算及化学实验部分（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-06-22 09:45:52 | ||
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文档简介
2021年高考化学真题分类汇编——化学综合计算及化学实验部分
一．选择题（共14小题）
1．（2021?浙江）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
2．（2021?浙江）下列说法不正确的是（ ）
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
3．（2021?浙江）下列“类比”结果不正确的是（ ）
A．H2O2的热稳定性比H2O的弱，则N2H4的热稳定性比NH3的弱
B．H2O的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架（C﹣O﹣C）构型为V形
C．Ca（HCO3）2的溶解度比CaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大
D．将丙三醇加入新制Cu（OH）2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu（OH）2中溶液也呈绛蓝色
4．（2021?浙江）下列图示表示灼烧操作的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2021?乙卷）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
化学试剂
制备气体
A.
Ca（OH）2+NH4Cl
NH3
B.
MnO2+HCl（浓）
Cl2
C.
MnO2+KClO3
O2
D.
NaCl+H2SO4（浓）
HCl
A．A B．B C．C D．D
6．（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FeSO4和（NH4）2SO4的溶液浓缩至干
D．将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
7．（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4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入2mL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3mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1﹣2滴FeCl3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2~3mL蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2
D
探究Na2SO3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BaCl2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
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NO
B
将密闭烧瓶中的NO2降温
探究温度对平衡移动的影响
C
将溴水滴入KI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NaCl固体放回原试剂瓶
节约试剂
A．A B．B C．C D．D
9．（2021?广东）测定浓硫酸试剂中H2SO4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20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021?河北）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．测定醋酸浓度 B．测定中和热
C．稀释浓硫酸 D．萃取分离碘水中的碘
11．（2021?湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验设计
A
检验溶液中FeSO4是否被氧化
取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的Cl2
气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2SO4的洗气瓶
C
测定NaOH溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
A．A B．B C．C D．D
12．（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NO2﹣
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NO2﹣
B
探究KI与FeCl3反应的限度
取5mL 0.1mol?L﹣1KI溶液于试管中，加入1mL 0.1mol?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2mL卤代烃样品于试管中，加入5mL 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2mL 20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀H2SO4后水浴加热5min；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
13．（2021?浙江）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图（其中Ph﹣代表苯基）。下列说法不正确的是（ ）
A．可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B．反应过程涉及氧化反应
C．化合物3和4互为同分异构体 D．化合物1直接催化反应的进行
14．（2021?湖南）铁的配合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
二．多选题（共1小题）
15．（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：CH3（CH2）3OH+NaBr+H2SO4CH3（CH2）3Br+NaHSO4+H2O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口放出
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．解答题（共12小题）
16．（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。
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N2H5+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 。
17．（2021?浙江）Cl2O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Cl2O。已知：
①HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；
副反应：2HgO+2Cl22HgCl2+O2。
②常压下，Cl2沸点﹣34.0℃，熔点﹣101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点﹣120.6℃。
③Cl2O+H2O?2HClO，Cl2O在CCl4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Cl2和N2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﹣80~﹣60℃。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是 。
（4）将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4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CCl4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Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量KI溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O3溶液滴定（滴定Ⅰ）；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定（滴定Ⅱ）。
已知产生I2的反应（不考虑Cl2与水反应）：
2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣
4I﹣+Cl2O+2H+═2I2+H2O+2Cl﹣
2I﹣+HClO+H+═I2+H2O+Cl﹣
实验数据如下表：
加入量n（H2SO4）/mol
2.505×10﹣3
滴定Ⅰ测出量n（I2）/mol
2.005×10﹣3
滴定Ⅱ测出量n（H2SO4）/mol
1.505×10﹣3
①用标准Na2S2O3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Cl2O浓溶液中要求≥99（Cl2O和HClO均以Cl2O计）。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求 。
18．（2021?乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中Mg2+浓度为 mol?L﹣1。
（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，TiO2+水解析出TiO2?xH2O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。
19．（2021?浙江）将3.00g某有机物（仅含C、H、O元素，相对分子质量为150）样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂
CO2吸收剂
实验前质量/g
20.00
26.48
实验后质量/g
21.08
30.00
请回答：
（1）燃烧产物中水的物质的量为 mol。
（2）该有机物的分子式为 （写出计算过程）。
20．（2021?甲卷）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）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe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Cl2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＝1.5时，氧化产物为 ；当＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是 。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为 。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1mol I2，消耗的KI至少为 mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I﹣?I3﹣。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是 。
21．（2021?甲卷）胆矾（CuSO4?5H2O）易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（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 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3?H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，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pH为3.5～4的目的是 ，煮沸10min的作用是 。
（4）结晶水测定：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。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加热时有少量胆矾迸溅出来
22．（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Ⅰ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”“②”“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）4﹣K＝100.63；Kw＝10﹣14，Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33）
23．（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.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3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0.1000mol?L﹣1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V1mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol?L﹣1盐酸标准溶液滴定至终点（第二滴定终点），又消耗盐酸V2mL；
④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。
已知：（ⅰ）当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
（ⅱ）相关盐在不同温度下的溶解度表（g/100g H2O）
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
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）；
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中NaHCO3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NaHCO3质量分数的计算结果 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
24．（2021?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 。
25．（2021?湖南）Ce2（CO3）3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CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2（CO3）3?nH2O的工艺流程如图：
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Ce2（CO3）3?nH2O的离子方程式为 ，常温下加入的NH4HCO3溶液呈 （填“酸性”“碱性”或“中性”）（已知：NH3?H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11）；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为 。
26．（2021?浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe（CrO2）2]制备K2Cr2O7晶体，流程如图。
已知：4Fe （CrO2）2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO42﹣?Cr2O72﹣+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如图。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，不正确的是 。
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 。
27．（2021?广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。
（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 。
（3）“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。
（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。
①该氧化物为 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
四．实验题（共3小题）
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MnO2）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Cl2的化学方程式为 。
（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2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Cl﹣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AgCl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，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。
③提出猜想 猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。
④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不同温度下配制的AgCl饱和溶液），在设定的测试温度下，进行表1中实验1~3，记录数据。
表1
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/（μS/cm）
1
Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液
45
A3
⑤数据分析、交流讨论 25℃的AgCl饱和溶液中，c（Cl﹣）＝ mol/L。实验结果为A3＞A2＞A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b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b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。
表2
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/（μS/cm）
4
Ⅰ
B1
5
B2
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b也成立。猜想b成立的判断依据是 。
29．（2021?河北）化学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 。
（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Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3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
C.不变
30．（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 。
2021年高考化学真题分类汇编——化学综合计算及化学实验部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．【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，
故选：A。
2．【解答】A．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，则滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，故A错误；
B．CoCl2在水溶液中存在平衡[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl﹣?[CoCl4]2﹣（蓝色）+6H2O，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，故B正确；
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，故C正确；
D．强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，则KClO3、KMnO4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸，D故正确；
故选：A。
3．【解答】A．H2O2、N2H4受热不稳定，易分解，稳定性比H2O、NH3的弱，故A正确；
B．H2O、C﹣O﹣C的中心原子O的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，二者构型均为V形，故B正确；
C．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，该类比不合理，故C错误；
D．丙三醇和葡萄糖分子中均含有多个羟基，二者均能与Cu（OH）2生成配合物，得到绛蓝色溶液，该类比合理，故D正确；
故选：C。
4．【解答】A.图示表示移液操作，故A错误；
B.图示表示灼烧操作，故B正确；
C.图示表示蒸馏操作，故C错误；
D.图示表示过滤操作，故D错误；
故选：B。
5．【解答】A．Ca（OH）2和NH4Cl加热反应能够生成NH3，但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，故A错误；
B．HCl（浓）不能盛放在图示试管中，无法用图示装置制取Cl2，故B错误；
C．KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，故C正确；
D．H2SO4（浓）不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取HCl，故D错误；
故选：C。
6．【解答】A.减压过滤胶状类沉淀易堵塞滤纸，可分离颗粒较大的沉淀，故A错误；
B.电器设备着火，应隔绝空气，则可用二氧化碳灭火器灭火，故B正确；
C.FeSO4的溶液浓缩时易被氧化，则不能浓缩至干，且（NH4）2SO4受热易分解，不利于晶体的制备，故C错误；
D.快速冷却得到颗粒较小的晶体，不利于晶体的生长，故D错误；
故选：B。
7．【解答】A.迅速升温至140℃生成乙醚，应迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中检验乙烯的生成，故A错误；
B.酚羟基能和氯化铁发生显色反应，溶液为紫色，不能产生紫色沉淀，故B错误；
C.钠燃烧生成过氧化钠，不能生成氧化钠，现象与结论不合理，故C错误；
D.盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡若生成白色沉淀为硫酸钡，则样品已经变质，故D正确；
故选：D。
8．【解答】A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，故A错误；
B.只有温度不同，可探究温度对平衡移动的影响，故B正确；
C.溴水与KI反应生成碘，乙醇与水互溶，不能作萃取剂，故C错误；
D.一般剩余固体不能放回原瓶，防止试剂污染，应放在指定容器中，故D错误；
故选：B。
9．【解答】A.配制NaOH标准液需要容量瓶，需要图中容量瓶，故A不选；
B.图中为分液漏斗，在滴定实验中不需要，可用于萃取、分液，故B选；
C.锥形瓶中盛放浓硫酸，滴定实验需要锥形瓶，故C不选；
D.图中为碱式滴定管，可盛放NaOH溶液，用于滴定酸，故D不选；
故选：B。
10．【解答】A.滴管中盛放NaOH溶液，锥形瓶中为醋酸，为碱滴定酸，且选酚酞作指示剂，图中滴定实验合理，故A正确；
B.图中大小烧杯口没有相平，隔热保温效果不好，不能准确测定中和热，故B错误；
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.分液漏斗的下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，操作不合理，故D错误；
故选：A。
11．【解答】A.滴加KSCN溶液遇铁离子变为血红色，观察溶液的颜色可检验是否氧化变质，故A正确；
B.饱和NaCl溶液可除去HCl，浓硫酸干燥氯气，可净化氯气，故B正确；
C.测定NaOH溶液的pH，应选干燥的pH试纸，不能滴在湿润的pH试纸上，导致溶液被稀释，故C错误；
D.加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D正确；
故选：C。
12．【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，故A错误；
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，故B正确；
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，故C错误；
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﹣CHO，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，故D错误；
故选：B。
13．【解答】A.由转化关系可知，可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯，故A正确；
B.化合物4与H2O2反应生成化合物5，此过程羟基转化为羰基，属于氧化反应，故B正确；
C.化合物3和4分子式均为C11H13ON3，但是结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.化合物2直接催化反应的进行，故D错误；
故选：D。
14．【解答】A．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B正确；
C．→CO2+，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C正确；
D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D错误；
故选：D。
二．多选题（共1小题）
15．【解答】A.I中冷凝管可冷凝回流反应物，充分利用原料，则装置Ⅰ中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率，故A正确；
B.冷凝管中冷水下进上出可充满冷凝管，冷凝效果好，则装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，故B错误；
C.分液时避免上下层液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故C错误；
D.粗产品干燥后，利用沸点不同分离1﹣丁醇、1﹣溴丁烷，则装置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，故D正确；
故选：AD。
三．解答题（共12小题）
16．【解答】（1）白色固体C的化学式是：Al2O3，蓝色溶液D中含有的溶质是：Cu（NO3）2、NH4NO3、AgNO3、HNO3，
故答案为：Al2O3；Cu（NO3）2、NH4NO3、AgNO3、HNO3；
（2）上述分析计算得到，化合物X的化学式：CuAl2Cl8，化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，证明AlCl4﹣离子轨道杂化类型为sp3，空间结构为正四面体结构，电子式为：，
故答案为：CuAl2Cl8；；
（3）蓝色溶液A与N2H5+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，分析判断沉淀为CuCl，气体为N2，
①结合原子守恒、电子守恒和电荷守恒书写反应的离子方程式：4Cu2++N2H5++4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+，
故答案为：4Cu2++N2H5++4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+；
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素中的铜元素和氯元素，实验过程为：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素，
故答案为：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
17．【解答】（1）①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4，
故答案为：浓H2SO4；
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用a装置，利用干燥管中的无水氯化钙是防止水蒸气进入装置C中和Cl2O反应，剩余气体通入氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，
故答案为：a；
（2）A．反应保证无水，将HgO粉末热处理除水分，增大反应物接触面积，加快反应速率，增加表面积后填入反应柱，故A正确；
B．该反应存在HgO于Cl2反应比例不同的副反应，调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，用来控制副反应的比例，故B正确；
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速，可以有效控制反应进行，故C正确；
D．HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃，反应不需要将加热带缠绕于反应柱并加热，故D错误；
故答案为：ABC；
（3）题意可知，氯气沸点小于Cl2O，在氯气未发生冷凝时抽气或通入干燥的氮气，可以有效地除去产物中的氯气，
故答案为：抽气（或通干燥氮气）；
（4）萃取分液操作步骤为：c.涂凡士林，a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水，b.将溶液和CCl4转入分液漏斗，e.倒转分液漏斗，小心振摇，d.旋开旋塞放气，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，故正确顺序为：cabedfg，
故答案为：abg；
（5）①由题意可知滴定Ⅰ为碘量法滴定，反应过程中的溶液中的碘单质被完全还原时到达滴定终点，判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是：CCl4中由紫红色突变到无色，
故答案为：CCl4中由紫红色突变到无色；
②结合该反应及其题中所给相关反应的计量数比值计算得到，n（Cl2O）＝n消耗（H2SO4）＝2.505×10﹣3mol﹣1.50510﹣3mol＝1.000×10﹣3mol，n（Cl2）＝n（I2）﹣2n（Cl2O）＝2.005×10﹣3mol﹣2×1.000×10﹣3mol＝5×10﹣6mol，溶液中Cl2O和Cl2分别为1000×10﹣3mol、5×10﹣6mol，＝200＞99，符合要求，
故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1000×10﹣3mol、5×10﹣6mol，＝200＞99，符合要求。
18．【解答】（1）“焙烧”中，Al2O3转化为NH4Al（SO4）2，方程式为Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑，
故答案为：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑；
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出Fe3+、Al3+、Mg2+，
故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）母液①的pH为11.6，故c（H+）＝10﹣11.6mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣2.4mol/L，设母液①中镁离子浓度为x，依据图表数据可知，pH为11.1时，镁离子浓度为1.0×10﹣5mol/L，Ksp（氢氧化镁）＝10﹣2.9mol/L×10﹣2.9mol/L×1.0×10﹣5mol/L＝x?10﹣2.4mol/L×10﹣2.4mol/L，解得x＝1.0×10﹣6mol/L，
故答案为：1.0×10﹣6；
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，故应使用难挥发，高沸点的硫酸，结合流程，酸溶渣的成分为二氧化硅和硫酸钙，
故答案为：硫酸；二氧化硅和硫酸钙；
（5）依据提示，TiO2+的水解过程的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O↓+2H+，
故答案为：TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O↓+2H+；
（6）依据（1）可知，反应尾气为氨气，“母液①”含有大量的铵根离子，“母液②”含有大量的硫酸根离子，混合并吸收尾气后获得硫酸铵，进而循环利用，
故答案为：硫酸铵。
19．【解答】（1）吸水剂吸收水的质量为21.08g﹣20.00g＝1.08g，物质的量为＝0.0600mol，
故答案为：0.0600；
（2）n（H2O）＝0.0600mol，n（H）＝0.0600mol×2＝0.120mol，n（C）＝＝0.0800mol，n（O）＝＝0.120mol，有机物最简式为C2H3O3，有机物分子式可表示为（C2H3O3）n，有机物相对分子质量为75n＝150，n＝2，有机物分子式为：C4H6O6，
故答案为：C4H6O6；计算过程：n（H）＝0.0600mol×2＝0.120mol，n（C）＝＝0.0800mol，n（O）＝＝0.120mol，有机物最简式为C2H3O3，由相对分子质量为150得有机物分子式为：C4H6O6。
20．【解答】（1）①加入铁粉，发生置换反应，方程式为Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+，生成的沉淀为Ag，与硝酸反应生成硝酸银可以在富集操作中进行循环，
故答案为：Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+；硝酸银；
②由于FeI2中亚铁离子与碘离子均可以被氯气氧化，故依据氧化还原规律，氧化产物只有一种，则还原性强的I﹣优先发生反应，方程式为Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，当氯气将体系内所有物质均氧化时，反应方程式为2FeI2+3Cl2＝2FeCl3+2I2，此时氯气与I2的比值为1.5，氧化产物为FeCl3、I2，当比例大于1.5，氯气会继续氧化I2，导致碘的回收率降低，
故答案为：Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2；FeCl3、I2；过量的氯气继续氧化I2，导致碘的回收率降低；
（2）适量的 NaHSO3将碘酸钠还原成I﹣，反应的离子方程式为：IO3﹣+3HSO3﹣＝I﹣+3SO42﹣+3H+，再向混合溶液中加入NaIO3溶液，继续加入NaIO3，IO3﹣与I﹣在酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，由此可知碘离子为中间产物，消去碘离子可得总反应为2IO3﹣+5HSO3﹣＝5SO42﹣+3H++H2O+I2，
故答案为：2IO3﹣+5HSO3﹣＝5SO42﹣+3H++H2O+I2；
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反应离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，若生产1molI2，则至少需要4molKI，已知I2在KI溶液中可发生反应：I2+I﹣?I3﹣，加入过量的KI，可以保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I﹣与I2结合生成I3﹣，减少I2的挥发，
故答案为：4；保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I﹣与I2结合生成I3﹣，减少I2的挥发。
21．【解答】（1）反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，最后获取硫酸铜的步骤为蒸发结晶，需要用到蒸发皿，
故答案为：A、C；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，
故答案为：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（3）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，
故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4?xH2O，受热分解发生反应CuSO4?xH2OCuSO4+xH2O，n（H2O）＝mol，n（CuSO4）＝mol，依据方程式可知n（H2O）：n（CuSO4）＝x：1，解得x＝，
故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x＝可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大，故①选；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x＝可知，结果偏小，故②不选；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2﹣m3偏大，m3﹣m1偏小，最终结果偏大，故③选，
故答案为：①③。
22．【解答】（1）由分析可知，高温连续氧化工序中铬元素和铁元素被连续氧化，
故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①加水，获得对应的溶液和沉淀，故工序①为加水浸取，
故答案为：加水浸取；
（3）分析可知，滤渣I为未反应氧化镁以及反应生成的氧化铁，
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，由于二氧化碳过量，生成碳酸氢钠，依据提示，碳酸氢钠为沉淀，反应的离子方程式为2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O＝Cr2O72﹣+2NaHCO3↓，
故答案为：2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O＝Cr2O72﹣+2NaHCO3↓；
（5）物质V为碳酸氢钠，可以理解成碳酸氢钠高温分解生成碳酸钠，水，二氧化碳参与反应，据此可以推算产物为Na2CrO4，Fe2O3，因此反应方程式为4Fe（CrO2）2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；依据上述分析，碳酸钠也可代替参与反应，
故答案为：4Fe（CrO2）2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；Na2CO3；
（6）热解工序产生的混合气体为水和二氧化碳，故通入滤渣1可以将氧化镁直接转化为碳酸氢镁，对应工序为②，
故答案为：②；
（7）工序④发生反应Al（OH）4﹣+H+?Al（OH）3↓+H2O，反应平衡常数为K1＝＝×＝＝＝1013.37，当Al（OH）4﹣离子浓度等于10﹣5mol?L﹣1时，带入数据可知，c（H+）＝mol/L＝10﹣8.37mol/L，此时pH为﹣lgc（H+）＝8.37，
故答案为：8.37。
23．【解答】（1）依据分析可知，晶体A为NaHCO3，根据表中数据可知：在相同的温度下，碳酸氢钠的溶解度较小，所以实验中只析出NaHCO3晶体，
故答案为：NaHCO3；在相同的温度下，碳酸氢钠的溶解度较小，所以实验中只析出NaHCO3晶体；
（2）300℃加热为固体受热分解，应使用坩埚，图中D为坩埚，
故答案为：坩埚；
（3）依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，在快接近终点时，由于生成的二氧化碳溶于水，使滴定终点不再显中性而显酸性，故换用指示剂N甲基橙，继续滴定时，终点前后的现象为溶液由橙色变为红色，
故答案为：甲基橙；橙色变为红色；
（4）滴定过程中依次发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中HCl的体积为V2﹣V1＝23.15mL﹣22.45mL＝1.06mL，此为样品中NaHCO3消耗的HCl的溶液体积，则碳酸氢钠的质量分数＝＝×100%≈3.56%，
故答案为：3.56%；
（5）滴定终点时俯视读数会是数值靠上，即盐酸数值偏小，解出y偏大，则碳酸氢钠的质量分数偏大，
故答案为：偏大。
24．【解答】（1）仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水的流向是d→e，即进水口为d，
故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；
（2）c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，
故答案为：降温并减慢反应速率；
（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是当温度达到98℃时，使用热水浴，接近水的沸点，易产生大量蒸气，烫伤人，不安全，
故答案为：接近水的沸点，易产生大量蒸气；
（4）H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O；
（5）洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42﹣来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42﹣，若有白色沉淀生成，则说明有SO42﹣，
故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42﹣，反之则有；
（6）步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl﹣是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH＝7时，溶液呈中性，说明洗涤干净，溶液中也没有Cl﹣，
故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH＝7时，溶液中无Cl﹣，沉淀洗涤干净。
25．【解答】（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，依据核素的表示方法，其符号为Ce，
故答案为：Ce；
（2）升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率，
故答案为：升高温度、搅拌反应物；
（3）依据流程分析，氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣III为Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去，
故答案为：吸附沉淀，使沉淀颗粒变大；
（5）“沉铈”过程中，加入Ce3+与CO32﹣结合，促进HCO3﹣电离，生成Ce2（CO3）3?nH2O，离子方程式为：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2（CO3）3?nH2O+3CO2↑，根据盐类水解规律，已知NH3?H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性，
故答案为：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2（CO3）3?nH2O+3CO2↑；碱性；
（6）Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，据此可知方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O6 6LiFePO4+9CO↑+6H2O，
故答案为：6FePO4+3Li2CO3+C6H12O6 6LiFePO4+9CO↑+6H2O。
26．【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，故A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水NaFeO2+2H2O＝NaOH+Fe（OH）3↓，经过滤可除去Fe（OH）3，故B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2CrO42﹣?Cr2O72﹣+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，故C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，故D错误；
故答案为：BC；
（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，故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：a；e；d；c；
（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，故A错误；
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，故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，故C错误；
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，故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，故E正确；
故答案为：AC；
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，
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：Cr2O72﹣+H2O?2H++2CrO42﹣，即有部分Cr2O72﹣会转化为CrO42﹣，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应的酸，如硫酸，
故答案为：H2SO4；抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应。
27．【解答】（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价＝0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，
故答案为：+6；
（2）通过以上分析知，得到的沉淀X为Al（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；
（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓，
故答案为：MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；
②溶液的pH＝7.0，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝×c（H+），则c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×＝×≈158，
故答案为：158；
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，通过以上分析知，Y为NaHCO3，
故答案为：NaHCO3；
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，NH3、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3，所以通入的气体为NH3，因为氨气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应该先通入氨气后通入二氧化碳，
故答案为：NH3；
（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为Al2O3，
故答案为：Al2O3；
②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H2O2是氧化剂，该反应中As元素化合价由﹣3价变为+5价、O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，则转移电子最小公倍数为8，如果转移8mol电子，消耗双氧水4mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1。
四．实验题（共3小题）
28．【解答】（1）舍勒的方法制取Cl2为加热二氧化锰与浓盐酸的混合物，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；
（2）生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，应以此通过饱和食盐水和浓硫酸除去混杂的氯化氢和水蒸气，使用向上排空气法收集氯气，最终利用氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气，故仪器的连接顺序为cdbae，
故答案为：cdbae；
（3）久置的氯水，具有漂白性的HClO分解生成HCl和O2，检验氯离子的操作为向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：次氯酸；向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成；
（4）⑤25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故c（Cl﹣）＝＝mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，依据提示②可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大，
故答案为：1.34×10﹣5；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大；
⑥为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，
故答案为：试样：Ⅱ；测定温度：45，45；
⑦若证明猜想b成立，结合⑥可知，采取相同温度的试样，采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，故结果应是电导率B1＜B2＜A3，
故答案为：电导率B1＜B2＜A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大。
29．【解答】（1）A装置用于制备CO2气体，由于反应放热，使CO2气体中混有HCl气体，可用饱和NaHCO3溶液除去，洗气装置是导气管长进短出，CO2气体通入盛有饱和氨盐水装置生成NaHCO3，由装置B的水浴可知，该反应放热会使氨盐水的氨气逸出，可用饱和食盐水吸收，一可防止氨气污染空气，而二可得到的氨盐水可循环使用，所以装置的接口连接顺序为：aefbcd；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，先平衡分液漏斗内气压，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或凹槽对准小孔，
故答案为：aefbcd；凹槽对准小孔；
（2）B中使用雾化装置，可增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率，使CO2气体更充分吸收，
故答案为：增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率；
（3）氨盐水是氨气、NaCl的混合溶液，通入CO2气体生成NaHCO3和NH4Cl，总反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；
（4）①NaHCO3分解反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，Na2O2吸收CO2反应为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑，Na2O2→Na2CO3增重相当于Na2O2+CO＝Na2CO3，则关系式为2NaHCO3～CO2～Na2O2～“CO“，Na2O2增重0.14g，相当吸收了0.14gCO，n（NaHCO3）＝2n（CO）＝2×＝2×＝0.01mol，m（NaHCO3）＝nM＝0.01mol×84g/mol＝0.84g，
故答案为：0.84；
②根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，再过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体，
故答案为：冷却；过滤；
（5）若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，会使标准液的物质的量浓度偏低，标定过程中消耗V（Na2CO3）偏大，由c（待测）＝分析可知，标定的盐酸浓度偏大，
故答案为：偏大。
30．【解答】（1）根据分析，固体X中含有的元素是Cu、S、O，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，硫酸钡物质的量n（BaSO4）＝＝0.005mol，则该份硫酸铜的物质的量为0.005mol，则固体A为CuSO4的物质的量为0.010mol，硫酸铜的质量＝0.010mol×160g/mol＝1.60g，根据质量守恒得到，气体SO2的质量＝2.240g﹣1.60g＝0.640g，n（SO2）＝＝0.010mol，固体X中铜元素的物质的量n（Cu）＝0.010mol，硫元素物质的量n（S）＝0.010mol+0.010mol＝0.020mol，n（O）＝＝0.06mol，计算该物质中三种元素的质量比n（Cu）：n（S）：n（O）＝0.010mol：0.020mol：0060mol＝1：2：6，故固体X的化学式为：CuS2O6，
故答案为：Cu、S、O；CuS2O6；
（2）分析题目，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：S2O62﹣SO42﹣+SO2↑，
故答案为：S2O62﹣SO42﹣+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，
故答案为：+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，SO2与水反应生成H2SO3，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化生成硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4，
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，
故答案为：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。
一．选择题（共14小题）
1．（2021?浙江）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
2．（2021?浙江）下列说法不正确的是（ ）
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
3．（2021?浙江）下列“类比”结果不正确的是（ ）
A．H2O2的热稳定性比H2O的弱，则N2H4的热稳定性比NH3的弱
B．H2O的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架（C﹣O﹣C）构型为V形
C．Ca（HCO3）2的溶解度比CaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大
D．将丙三醇加入新制Cu（OH）2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu（OH）2中溶液也呈绛蓝色
4．（2021?浙江）下列图示表示灼烧操作的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2021?乙卷）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
化学试剂
制备气体
A.
Ca（OH）2+NH4Cl
NH3
B.
MnO2+HCl（浓）
Cl2
C.
MnO2+KClO3
O2
D.
NaCl+H2SO4（浓）
HCl
A．A B．B C．C D．D
6．（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FeSO4和（NH4）2SO4的溶液浓缩至干
D．将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
7．（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4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入2mL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3mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1﹣2滴FeCl3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2~3mL蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2
D
探究Na2SO3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BaCl2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
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NO
B
将密闭烧瓶中的NO2降温
探究温度对平衡移动的影响
C
将溴水滴入KI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NaCl固体放回原试剂瓶
节约试剂
A．A B．B C．C D．D
9．（2021?广东）测定浓硫酸试剂中H2SO4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20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021?河北）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．测定醋酸浓度 B．测定中和热
C．稀释浓硫酸 D．萃取分离碘水中的碘
11．（2021?湖南）下列实验设计不能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验设计
A
检验溶液中FeSO4是否被氧化
取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的Cl2
气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2SO4的洗气瓶
C
测定NaOH溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
A．A B．B C．C D．D
12．（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NO2﹣
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NO2﹣
B
探究KI与FeCl3反应的限度
取5mL 0.1mol?L﹣1KI溶液于试管中，加入1mL 0.1mol?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2mL卤代烃样品于试管中，加入5mL 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2mL 20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀H2SO4后水浴加热5min；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
13．（2021?浙江）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图（其中Ph﹣代表苯基）。下列说法不正确的是（ ）
A．可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B．反应过程涉及氧化反应
C．化合物3和4互为同分异构体 D．化合物1直接催化反应的进行
14．（2021?湖南）铁的配合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
二．多选题（共1小题）
15．（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：CH3（CH2）3OH+NaBr+H2SO4CH3（CH2）3Br+NaHSO4+H2O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口放出
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．解答题（共12小题）
16．（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。
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N2H5+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 。
17．（2021?浙江）Cl2O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Cl2O。已知：
①HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；
副反应：2HgO+2Cl22HgCl2+O2。
②常压下，Cl2沸点﹣34.0℃，熔点﹣101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点﹣120.6℃。
③Cl2O+H2O?2HClO，Cl2O在CCl4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Cl2和N2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﹣80~﹣60℃。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是 。
（4）将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4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CCl4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Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量KI溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O3溶液滴定（滴定Ⅰ）；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定（滴定Ⅱ）。
已知产生I2的反应（不考虑Cl2与水反应）：
2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣
4I﹣+Cl2O+2H+═2I2+H2O+2Cl﹣
2I﹣+HClO+H+═I2+H2O+Cl﹣
实验数据如下表：
加入量n（H2SO4）/mol
2.505×10﹣3
滴定Ⅰ测出量n（I2）/mol
2.005×10﹣3
滴定Ⅱ测出量n（H2SO4）/mol
1.505×10﹣3
①用标准Na2S2O3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Cl2O浓溶液中要求≥99（Cl2O和HClO均以Cl2O计）。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求 。
18．（2021?乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全（c＝1.0×10﹣5mol?L﹣1）的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中Mg2+浓度为 mol?L﹣1。
（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，TiO2+水解析出TiO2?xH2O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。
19．（2021?浙江）将3.00g某有机物（仅含C、H、O元素，相对分子质量为150）样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
吸水剂
CO2吸收剂
实验前质量/g
20.00
26.48
实验后质量/g
21.08
30.00
请回答：
（1）燃烧产物中水的物质的量为 mol。
（2）该有机物的分子式为 （写出计算过程）。
20．（2021?甲卷）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）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe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Cl2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＝1.5时，氧化产物为 ；当＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是 。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为 。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1mol I2，消耗的KI至少为 mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I﹣?I3﹣。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是 。
21．（2021?甲卷）胆矾（CuSO4?5H2O）易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（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 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3?H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，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pH为3.5～4的目的是 ，煮沸10min的作用是 。
（4）结晶水测定：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。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加热时有少量胆矾迸溅出来
22．（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Ⅰ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”“②”“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）4﹣K＝100.63；Kw＝10﹣14，Ksp[Al（OH）3]＝10﹣33）
23．（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.Na2CO3的制备
步骤Ⅱ.产品中NaHCO3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0.1000mol?L﹣1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V1mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol?L﹣1盐酸标准溶液滴定至终点（第二滴定终点），又消耗盐酸V2mL；
④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。
已知：（ⅰ）当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
（ⅱ）相关盐在不同温度下的溶解度表（g/100g H2O）
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
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）；
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中NaHCO3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NaHCO3质量分数的计算结果 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
24．（2021?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 。
25．（2021?湖南）Ce2（CO3）3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CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2（CO3）3?nH2O的工艺流程如图：
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Ce2（CO3）3?nH2O的离子方程式为 ，常温下加入的NH4HCO3溶液呈 （填“酸性”“碱性”或“中性”）（已知：NH3?H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11）；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为 。
26．（2021?浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe（CrO2）2]制备K2Cr2O7晶体，流程如图。
已知：4Fe （CrO2）2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO42﹣?Cr2O72﹣+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如图。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，不正确的是 。
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 。
27．（2021?广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。
（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 。
（3）“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。
（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。
①该氧化物为 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
四．实验题（共3小题）
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MnO2）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Cl2的化学方程式为 。
（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2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Cl﹣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AgCl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，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。
③提出猜想 猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。
④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不同温度下配制的AgCl饱和溶液），在设定的测试温度下，进行表1中实验1~3，记录数据。
表1
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/（μS/cm）
1
Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液
45
A3
⑤数据分析、交流讨论 25℃的AgCl饱和溶液中，c（Cl﹣）＝ mol/L。实验结果为A3＞A2＞A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b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b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。
表2
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/（μS/cm）
4
Ⅰ
B1
5
B2
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b也成立。猜想b成立的判断依据是 。
29．（2021?河北）化学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 。
（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Na2CO3可作为基准物质标定盐酸浓度。称量前，若无水Na2CO3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
C.不变
30．（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 。
2021年高考化学真题分类汇编——化学综合计算及化学实验部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．【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，
故选：A。
2．【解答】A．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，则滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，故A错误；
B．CoCl2在水溶液中存在平衡[Co（H2O）6]2+（粉红色）+4Cl﹣?[CoCl4]2﹣（蓝色）+6H2O，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，故B正确；
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，故C正确；
D．强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，则KClO3、KMnO4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸，D故正确；
故选：A。
3．【解答】A．H2O2、N2H4受热不稳定，易分解，稳定性比H2O、NH3的弱，故A正确；
B．H2O、C﹣O﹣C的中心原子O的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，二者构型均为V形，故B正确；
C．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，该类比不合理，故C错误；
D．丙三醇和葡萄糖分子中均含有多个羟基，二者均能与Cu（OH）2生成配合物，得到绛蓝色溶液，该类比合理，故D正确；
故选：C。
4．【解答】A.图示表示移液操作，故A错误；
B.图示表示灼烧操作，故B正确；
C.图示表示蒸馏操作，故C错误；
D.图示表示过滤操作，故D错误；
故选：B。
5．【解答】A．Ca（OH）2和NH4Cl加热反应能够生成NH3，但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，故A错误；
B．HCl（浓）不能盛放在图示试管中，无法用图示装置制取Cl2，故B错误；
C．KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，故C正确；
D．H2SO4（浓）不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取HCl，故D错误；
故选：C。
6．【解答】A.减压过滤胶状类沉淀易堵塞滤纸，可分离颗粒较大的沉淀，故A错误；
B.电器设备着火，应隔绝空气，则可用二氧化碳灭火器灭火，故B正确；
C.FeSO4的溶液浓缩时易被氧化，则不能浓缩至干，且（NH4）2SO4受热易分解，不利于晶体的制备，故C错误；
D.快速冷却得到颗粒较小的晶体，不利于晶体的生长，故D错误；
故选：B。
7．【解答】A.迅速升温至140℃生成乙醚，应迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mL溴水中检验乙烯的生成，故A错误；
B.酚羟基能和氯化铁发生显色反应，溶液为紫色，不能产生紫色沉淀，故B错误；
C.钠燃烧生成过氧化钠，不能生成氧化钠，现象与结论不合理，故C错误；
D.盐酸可排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡若生成白色沉淀为硫酸钡，则样品已经变质，故D正确；
故选：D。
8．【解答】A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，故A错误；
B.只有温度不同，可探究温度对平衡移动的影响，故B正确；
C.溴水与KI反应生成碘，乙醇与水互溶，不能作萃取剂，故C错误；
D.一般剩余固体不能放回原瓶，防止试剂污染，应放在指定容器中，故D错误；
故选：B。
9．【解答】A.配制NaOH标准液需要容量瓶，需要图中容量瓶，故A不选；
B.图中为分液漏斗，在滴定实验中不需要，可用于萃取、分液，故B选；
C.锥形瓶中盛放浓硫酸，滴定实验需要锥形瓶，故C不选；
D.图中为碱式滴定管，可盛放NaOH溶液，用于滴定酸，故D不选；
故选：B。
10．【解答】A.滴管中盛放NaOH溶液，锥形瓶中为醋酸，为碱滴定酸，且选酚酞作指示剂，图中滴定实验合理，故A正确；
B.图中大小烧杯口没有相平，隔热保温效果不好，不能准确测定中和热，故B错误；
C.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故C错误；
D.分液漏斗的下端尖嘴应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，操作不合理，故D错误；
故选：A。
11．【解答】A.滴加KSCN溶液遇铁离子变为血红色，观察溶液的颜色可检验是否氧化变质，故A正确；
B.饱和NaCl溶液可除去HCl，浓硫酸干燥氯气，可净化氯气，故B正确；
C.测定NaOH溶液的pH，应选干燥的pH试纸，不能滴在湿润的pH试纸上，导致溶液被稀释，故C错误；
D.加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D正确；
故选：C。
12．【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，故A错误；
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，故B正确；
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，故C错误；
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﹣CHO，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，故D错误；
故选：B。
13．【解答】A.由转化关系可知，可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯，故A正确；
B.化合物4与H2O2反应生成化合物5，此过程羟基转化为羰基，属于氧化反应，故B正确；
C.化合物3和4分子式均为C11H13ON3，但是结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.化合物2直接催化反应的进行，故D错误；
故选：D。
14．【解答】A．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B正确；
C．→CO2+，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C正确；
D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D错误；
故选：D。
二．多选题（共1小题）
15．【解答】A.I中冷凝管可冷凝回流反应物，充分利用原料，则装置Ⅰ中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率，故A正确；
B.冷凝管中冷水下进上出可充满冷凝管，冷凝效果好，则装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，故B错误；
C.分液时避免上下层液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故C错误；
D.粗产品干燥后，利用沸点不同分离1﹣丁醇、1﹣溴丁烷，则装置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，故D正确；
故选：AD。
三．解答题（共12小题）
16．【解答】（1）白色固体C的化学式是：Al2O3，蓝色溶液D中含有的溶质是：Cu（NO3）2、NH4NO3、AgNO3、HNO3，
故答案为：Al2O3；Cu（NO3）2、NH4NO3、AgNO3、HNO3；
（2）上述分析计算得到，化合物X的化学式：CuAl2Cl8，化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，证明AlCl4﹣离子轨道杂化类型为sp3，空间结构为正四面体结构，电子式为：，
故答案为：CuAl2Cl8；；
（3）蓝色溶液A与N2H5+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，分析判断沉淀为CuCl，气体为N2，
①结合原子守恒、电子守恒和电荷守恒书写反应的离子方程式：4Cu2++N2H5++4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+，
故答案为：4Cu2++N2H5++4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+；
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素中的铜元素和氯元素，实验过程为：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素，
故答案为：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。
17．【解答】（1）①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4，
故答案为：浓H2SO4；
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用a装置，利用干燥管中的无水氯化钙是防止水蒸气进入装置C中和Cl2O反应，剩余气体通入氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，
故答案为：a；
（2）A．反应保证无水，将HgO粉末热处理除水分，增大反应物接触面积，加快反应速率，增加表面积后填入反应柱，故A正确；
B．该反应存在HgO于Cl2反应比例不同的副反应，调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，用来控制副反应的比例，故B正确；
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速，可以有效控制反应进行，故C正确；
D．HgO+2Cl2═HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃，反应不需要将加热带缠绕于反应柱并加热，故D错误；
故答案为：ABC；
（3）题意可知，氯气沸点小于Cl2O，在氯气未发生冷凝时抽气或通入干燥的氮气，可以有效地除去产物中的氯气，
故答案为：抽气（或通干燥氮气）；
（4）萃取分液操作步骤为：c.涂凡士林，a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水，b.将溶液和CCl4转入分液漏斗，e.倒转分液漏斗，小心振摇，d.旋开旋塞放气，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，故正确顺序为：cabedfg，
故答案为：abg；
（5）①由题意可知滴定Ⅰ为碘量法滴定，反应过程中的溶液中的碘单质被完全还原时到达滴定终点，判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是：CCl4中由紫红色突变到无色，
故答案为：CCl4中由紫红色突变到无色；
②结合该反应及其题中所给相关反应的计量数比值计算得到，n（Cl2O）＝n消耗（H2SO4）＝2.505×10﹣3mol﹣1.50510﹣3mol＝1.000×10﹣3mol，n（Cl2）＝n（I2）﹣2n（Cl2O）＝2.005×10﹣3mol﹣2×1.000×10﹣3mol＝5×10﹣6mol，溶液中Cl2O和Cl2分别为1000×10﹣3mol、5×10﹣6mol，＝200＞99，符合要求，
故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1000×10﹣3mol、5×10﹣6mol，＝200＞99，符合要求。
18．【解答】（1）“焙烧”中，Al2O3转化为NH4Al（SO4）2，方程式为Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑，
故答案为：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑；
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出Fe3+、Al3+、Mg2+，
故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）母液①的pH为11.6，故c（H+）＝10﹣11.6mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣2.4mol/L，设母液①中镁离子浓度为x，依据图表数据可知，pH为11.1时，镁离子浓度为1.0×10﹣5mol/L，Ksp（氢氧化镁）＝10﹣2.9mol/L×10﹣2.9mol/L×1.0×10﹣5mol/L＝x?10﹣2.4mol/L×10﹣2.4mol/L，解得x＝1.0×10﹣6mol/L，
故答案为：1.0×10﹣6；
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，故应使用难挥发，高沸点的硫酸，结合流程，酸溶渣的成分为二氧化硅和硫酸钙，
故答案为：硫酸；二氧化硅和硫酸钙；
（5）依据提示，TiO2+的水解过程的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O↓+2H+，
故答案为：TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O↓+2H+；
（6）依据（1）可知，反应尾气为氨气，“母液①”含有大量的铵根离子，“母液②”含有大量的硫酸根离子，混合并吸收尾气后获得硫酸铵，进而循环利用，
故答案为：硫酸铵。
19．【解答】（1）吸水剂吸收水的质量为21.08g﹣20.00g＝1.08g，物质的量为＝0.0600mol，
故答案为：0.0600；
（2）n（H2O）＝0.0600mol，n（H）＝0.0600mol×2＝0.120mol，n（C）＝＝0.0800mol，n（O）＝＝0.120mol，有机物最简式为C2H3O3，有机物分子式可表示为（C2H3O3）n，有机物相对分子质量为75n＝150，n＝2，有机物分子式为：C4H6O6，
故答案为：C4H6O6；计算过程：n（H）＝0.0600mol×2＝0.120mol，n（C）＝＝0.0800mol，n（O）＝＝0.120mol，有机物最简式为C2H3O3，由相对分子质量为150得有机物分子式为：C4H6O6。
20．【解答】（1）①加入铁粉，发生置换反应，方程式为Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+，生成的沉淀为Ag，与硝酸反应生成硝酸银可以在富集操作中进行循环，
故答案为：Fe+2Ag+＝2Ag+Fe2+；硝酸银；
②由于FeI2中亚铁离子与碘离子均可以被氯气氧化，故依据氧化还原规律，氧化产物只有一种，则还原性强的I﹣优先发生反应，方程式为Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，当氯气将体系内所有物质均氧化时，反应方程式为2FeI2+3Cl2＝2FeCl3+2I2，此时氯气与I2的比值为1.5，氧化产物为FeCl3、I2，当比例大于1.5，氯气会继续氧化I2，导致碘的回收率降低，
故答案为：Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2；FeCl3、I2；过量的氯气继续氧化I2，导致碘的回收率降低；
（2）适量的 NaHSO3将碘酸钠还原成I﹣，反应的离子方程式为：IO3﹣+3HSO3﹣＝I﹣+3SO42﹣+3H+，再向混合溶液中加入NaIO3溶液，继续加入NaIO3，IO3﹣与I﹣在酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，由此可知碘离子为中间产物，消去碘离子可得总反应为2IO3﹣+5HSO3﹣＝5SO42﹣+3H++H2O+I2，
故答案为：2IO3﹣+5HSO3﹣＝5SO42﹣+3H++H2O+I2；
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反应离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，若生产1molI2，则至少需要4molKI，已知I2在KI溶液中可发生反应：I2+I﹣?I3﹣，加入过量的KI，可以保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I﹣与I2结合生成I3﹣，减少I2的挥发，
故答案为：4；保证所有的Cu2+充分还原为CuI，I﹣与I2结合生成I3﹣，减少I2的挥发。
21．【解答】（1）反应需要烧杯作为反应容器，过滤操作也需要用到烧杯，最后获取硫酸铜的步骤为蒸发结晶，需要用到蒸发皿，
故答案为：A、C；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，
故答案为：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（3）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，
故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4?xH2O，受热分解发生反应CuSO4?xH2OCuSO4+xH2O，n（H2O）＝mol，n（CuSO4）＝mol，依据方程式可知n（H2O）：n（CuSO4）＝x：1，解得x＝，
故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x＝可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏大，故①选；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x＝可知，结果偏小，故②不选；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2﹣m3偏大，m3﹣m1偏小，最终结果偏大，故③选，
故答案为：①③。
22．【解答】（1）由分析可知，高温连续氧化工序中铬元素和铁元素被连续氧化，
故答案为：Fe、Cr；
（2）工序①加水，获得对应的溶液和沉淀，故工序①为加水浸取，
故答案为：加水浸取；
（3）分析可知，滤渣I为未反应氧化镁以及反应生成的氧化铁，
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，由于二氧化碳过量，生成碳酸氢钠，依据提示，碳酸氢钠为沉淀，反应的离子方程式为2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O＝Cr2O72﹣+2NaHCO3↓，
故答案为：2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O＝Cr2O72﹣+2NaHCO3↓；
（5）物质V为碳酸氢钠，可以理解成碳酸氢钠高温分解生成碳酸钠，水，二氧化碳参与反应，据此可以推算产物为Na2CrO4，Fe2O3，因此反应方程式为4Fe（CrO2）2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；依据上述分析，碳酸钠也可代替参与反应，
故答案为：4Fe（CrO2）2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；Na2CO3；
（6）热解工序产生的混合气体为水和二氧化碳，故通入滤渣1可以将氧化镁直接转化为碳酸氢镁，对应工序为②，
故答案为：②；
（7）工序④发生反应Al（OH）4﹣+H+?Al（OH）3↓+H2O，反应平衡常数为K1＝＝×＝＝＝1013.37，当Al（OH）4﹣离子浓度等于10﹣5mol?L﹣1时，带入数据可知，c（H+）＝mol/L＝10﹣8.37mol/L，此时pH为﹣lgc（H+）＝8.37，
故答案为：8.37。
23．【解答】（1）依据分析可知，晶体A为NaHCO3，根据表中数据可知：在相同的温度下，碳酸氢钠的溶解度较小，所以实验中只析出NaHCO3晶体，
故答案为：NaHCO3；在相同的温度下，碳酸氢钠的溶解度较小，所以实验中只析出NaHCO3晶体；
（2）300℃加热为固体受热分解，应使用坩埚，图中D为坩埚，
故答案为：坩埚；
（3）依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，在快接近终点时，由于生成的二氧化碳溶于水，使滴定终点不再显中性而显酸性，故换用指示剂N甲基橙，继续滴定时，终点前后的现象为溶液由橙色变为红色，
故答案为：甲基橙；橙色变为红色；
（4）滴定过程中依次发生反应Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中HCl的体积为V2﹣V1＝23.15mL﹣22.45mL＝1.06mL，此为样品中NaHCO3消耗的HCl的溶液体积，则碳酸氢钠的质量分数＝＝×100%≈3.56%，
故答案为：3.56%；
（5）滴定终点时俯视读数会是数值靠上，即盐酸数值偏小，解出y偏大，则碳酸氢钠的质量分数偏大，
故答案为：偏大。
24．【解答】（1）仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水的流向是d→e，即进水口为d，
故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；
（2）c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，
故答案为：降温并减慢反应速率；
（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是当温度达到98℃时，使用热水浴，接近水的沸点，易产生大量蒸气，烫伤人，不安全，
故答案为：接近水的沸点，易产生大量蒸气；
（4）H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O；
（5）洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42﹣来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42﹣，若有白色沉淀生成，则说明有SO42﹣，
故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42﹣，反之则有；
（6）步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl﹣是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH＝7时，溶液呈中性，说明洗涤干净，溶液中也没有Cl﹣，
故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH＝7时，溶液中无Cl﹣，沉淀洗涤干净。
25．【解答】（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，依据核素的表示方法，其符号为Ce，
故答案为：Ce；
（2）升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率，
故答案为：升高温度、搅拌反应物；
（3）依据流程分析，氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣III为Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去，
故答案为：吸附沉淀，使沉淀颗粒变大；
（5）“沉铈”过程中，加入Ce3+与CO32﹣结合，促进HCO3﹣电离，生成Ce2（CO3）3?nH2O，离子方程式为：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2（CO3）3?nH2O+3CO2↑，根据盐类水解规律，已知NH3?H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性，
故答案为：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2（CO3）3?nH2O+3CO2↑；碱性；
（6）Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，据此可知方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O6 6LiFePO4+9CO↑+6H2O，
故答案为：6FePO4+3Li2CO3+C6H12O6 6LiFePO4+9CO↑+6H2O。
26．【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，故A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水NaFeO2+2H2O＝NaOH+Fe（OH）3↓，经过滤可除去Fe（OH）3，故B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2CrO42﹣?Cr2O72﹣+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，故C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，故D错误；
故答案为：BC；
（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，故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：a；e；d；c；
（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，故A错误；
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，故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，故C错误；
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，故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，故E正确；
故答案为：AC；
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，
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：Cr2O72﹣+H2O?2H++2CrO42﹣，即有部分Cr2O72﹣会转化为CrO42﹣，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应的酸，如硫酸，
故答案为：H2SO4；抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应。
27．【解答】（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价＝0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，
故答案为：+6；
（2）通过以上分析知，得到的沉淀X为Al（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；
（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓，
故答案为：MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；
②溶液的pH＝7.0，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝×c（H+），则c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×＝×≈158，
故答案为：158；
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，通过以上分析知，Y为NaHCO3，
故答案为：NaHCO3；
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，NH3、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3，所以通入的气体为NH3，因为氨气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应该先通入氨气后通入二氧化碳，
故答案为：NH3；
（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为Al2O3，
故答案为：Al2O3；
②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H2O2是氧化剂，该反应中As元素化合价由﹣3价变为+5价、O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，则转移电子最小公倍数为8，如果转移8mol电子，消耗双氧水4mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1。
四．实验题（共3小题）
28．【解答】（1）舍勒的方法制取Cl2为加热二氧化锰与浓盐酸的混合物，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；
（2）生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，应以此通过饱和食盐水和浓硫酸除去混杂的氯化氢和水蒸气，使用向上排空气法收集氯气，最终利用氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气，故仪器的连接顺序为cdbae，
故答案为：cdbae；
（3）久置的氯水，具有漂白性的HClO分解生成HCl和O2，检验氯离子的操作为向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：次氯酸；向溶液中滴加过量的稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成；
（4）⑤25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故c（Cl﹣）＝＝mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，依据提示②可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大，
故答案为：1.34×10﹣5；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大；
⑥为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，
故答案为：试样：Ⅱ；测定温度：45，45；
⑦若证明猜想b成立，结合⑥可知，采取相同温度的试样，采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，故结果应是电导率B1＜B2＜A3，
故答案为：电导率B1＜B2＜A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大。
29．【解答】（1）A装置用于制备CO2气体，由于反应放热，使CO2气体中混有HCl气体，可用饱和NaHCO3溶液除去，洗气装置是导气管长进短出，CO2气体通入盛有饱和氨盐水装置生成NaHCO3，由装置B的水浴可知，该反应放热会使氨盐水的氨气逸出，可用饱和食盐水吸收，一可防止氨气污染空气，而二可得到的氨盐水可循环使用，所以装置的接口连接顺序为：aefbcd；为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，先平衡分液漏斗内气压，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或凹槽对准小孔，
故答案为：aefbcd；凹槽对准小孔；
（2）B中使用雾化装置，可增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率，使CO2气体更充分吸收，
故答案为：增大CO2气体与氨盐水的接触面积，加快反应速率；
（3）氨盐水是氨气、NaCl的混合溶液，通入CO2气体生成NaHCO3和NH4Cl，总反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；
（4）①NaHCO3分解反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，Na2O2吸收CO2反应为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑，Na2O2→Na2CO3增重相当于Na2O2+CO＝Na2CO3，则关系式为2NaHCO3～CO2～Na2O2～“CO“，Na2O2增重0.14g，相当吸收了0.14gCO，n（NaHCO3）＝2n（CO）＝2×＝2×＝0.01mol，m（NaHCO3）＝nM＝0.01mol×84g/mol＝0.84g，
故答案为：0.84；
②根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，再过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体，
故答案为：冷却；过滤；
（5）若无水Na2CO3保存不当，吸收了一定量水分，会使标准液的物质的量浓度偏低，标定过程中消耗V（Na2CO3）偏大，由c（待测）＝分析可知，标定的盐酸浓度偏大，
故答案为：偏大。
30．【解答】（1）根据分析，固体X中含有的元素是Cu、S、O，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，硫酸钡物质的量n（BaSO4）＝＝0.005mol，则该份硫酸铜的物质的量为0.005mol，则固体A为CuSO4的物质的量为0.010mol，硫酸铜的质量＝0.010mol×160g/mol＝1.60g，根据质量守恒得到，气体SO2的质量＝2.240g﹣1.60g＝0.640g，n（SO2）＝＝0.010mol，固体X中铜元素的物质的量n（Cu）＝0.010mol，硫元素物质的量n（S）＝0.010mol+0.010mol＝0.020mol，n（O）＝＝0.06mol，计算该物质中三种元素的质量比n（Cu）：n（S）：n（O）＝0.010mol：0.020mol：0060mol＝1：2：6，故固体X的化学式为：CuS2O6，
故答案为：Cu、S、O；CuS2O6；
（2）分析题目，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：S2O62﹣SO42﹣+SO2↑，
故答案为：S2O62﹣SO42﹣+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，
故答案为：+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，SO2与水反应生成H2SO3，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化生成硫酸，与BaCl2反应生成BaSO4，
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，
故答案为：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。
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