…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版必修1化學下冊月考試卷518考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、W、X、Y、Z均為短周期元素，W的最外層電子數與核外電子總數之比為3：8；X與W同主族；Y的原子序數是W和X的原子序數之和的一半；含Z元素的物質焰色反應為黃色。下列判斷正確的是（）A.原子半徑：Y>ZB.簡單氫化物的沸點：X>WC.離子的還原性：X>WD.Y、Z的最高價氧化物對應的水化物的堿性：Y>Z2、下列離子方程式改寫成化學方程式，正確的是A.B.C.D.3、反應Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O中，氧化劑是A.CuB.濃H2SO4C.CuSO4D.SO24、利用下列裝置(部分儀器已省略)，能順利完成對應實驗的是A.向容量瓶中轉移B.碳酸氫鈉受熱分解C.制氫氧化亞鐵D.分離花生油和水5、氯、溴、碘單質的化學性質相似，主要原因是A.單質均有顏色B.均為雙原子分子C.原子最外層電子數均為7D.均為非金屬元素評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、完成下列填空：

I．以下是實驗室常用的部分儀器；請回答下列問題：

(1)序號為⑧和⑩的儀器的名稱分別為______；______。

(2)在分液操作中；必須用到上述儀器中的____（填序號）。

(3)在配制一定物質的量濃度的溶液時；一定需要用到的儀器是________（填序號）。

(4)儀器上標有溫度的是____（填序號）。

II．有以下10種物質：①銅②稀硫酸③氯化氫④氨氣⑤氯氣⑥二氧化碳。

⑦乙醇⑧熔融氯化鈉⑨NaOH⑩H2CO3

按照表中提示的信息；把符合左欄條件的物質的序號填入右欄相應的位置。

。

符合的條件。

物質的序號。

(1)

能導電的物質。

_________________

(2)

電解質。

_________________

(3)

非電解質。

__________________

7、疫情期間；環境消毒是極其關鍵的，常常噴灑“84”消毒液，其有效成分為NaClO。已知某“84”消毒液瓶體部分標簽如圖所示。請回答下列問題：

(1)Cl2是制取“84”消毒液的主要原料之一，請寫出實驗室用MnO2制Cl2的化學方程式：__，工業上將Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液，請寫出該反應的化學方程式：__。

(2)該同學參閱該“84”消毒液的配方；欲用NaClO固體配制480mL此消毒液。

①配制過程中使用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、量筒、__。

②關于配制過程的說法正確的是__(填字母)。

A.容量瓶用蒸餾水洗凈后；必須烘干后才能用于溶液配制。

B..配制過程中；未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒會導致結果偏低。

C.需要稱量NaClO固體的質量為148.8g

D.將稱量NaClO固體完全溶于水后；直接將溶液轉移至如圖儀器中。

E.按如圖所示轉移燒杯中的溶液；對所配溶液濃度無影響。

F.定容時；俯視觀察刻度線可能導致結果偏高。

G.稱量時；所使用的砝碼有殘缺可能導致結果偏高。

(3)曾有報道，在清洗衛生間時，因混合使用“潔廁靈”(主要成分是鹽酸)與“84”消毒液而發生氯氣中毒事件。請用離子方程式解釋原因：__。

(4)2016年巴西奧運會期間，由于工作人員將“84”消毒液與雙氧水兩種消毒劑混用，導致游泳池藻類快速生長，池水變綠。一種可能的原因是NaClO與H2O2反應產生O2促進藻類快速生長。在此過程中H2O2表現了__(填“氧化性”或“還原性”)，當有0.1molO2生成時，轉移電子__mol。8、進行下面的實驗要用到下列一種或幾種儀器；請用這些儀器的名稱填空。

(1)欲干燥NH3需使用儀器_________________________；

(2)欲分離互不相溶的兩種液體，可使用____________________________________；

(3)欲分離液態混合物中沸點不同的組分，可使用_____________________________；

(4)欲分離懸浮于液體中的固體物質，可使用_________________________________；

(5)欲用膽礬晶體(CuSO4·5H2O)制無水硫酸銅固體，可使用：___________________。9、化學性質。

(1)不穩定性。

反應：___________。

(2)強氧化性。

硝酸無論濃；稀都具有強氧化性；而且濃度越大，氧化性越強。

按要求完成下列反應的方程式：

①與金屬反應。

稀硝酸與銅反應：___________；

濃硝酸與銅反應：___________。

②與非金屬反應。

濃硝酸與C反應：___________。

③與還原性化合物反應。

硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等還原性物質。

稀硝酸與FeSO4溶液反應的離子方程式：3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。10、分析下列氧化還原反應中電子轉移方向和數目；指出氧化劑和還原劑。

(1)CuO+COCu+CO2，___________氧化劑___________還原劑___________

(2)2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，___________氧化劑___________還原劑___________

(3)2KClO32KCl+3O2↑，___________氧化劑___________還原劑___________11、完成下列問題。

（1）①寫出二氧化碳的電子式：___________；

②寫出氯氣的電子式：___________

③寫出氯化鈉的電子式：___________；

④寫出氯化銨的電子式___________

⑤寫出赤鐵礦石主要成份的化學式：___________；

⑥寫出氨分子的結構式：___________。

（2）寫出鎂在二氧化碳中燃燒的化學方程式___________。

（3）寫出銅與氯化鐵溶液反應的離子方程式：___________。12、下表是周期表中的一部分，根據A-I在周期表中的位置，第(1)～(4)小題用元素符號或化學式回答；(5)～(8)小題按題目要求回答。

。族。

周期。

IA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

O

1

A

2

D

E

G

I

3

B

C

F

H

(1)表中元素，化學性質最不活潑的是_______，只有負價而無正價的是_______，氧化性最強的單質是_______，還原性最強的單質是_______。

(2)最高價氧化物的水化物堿性最強的是_______，酸性最強的是_______，呈兩性的是_______。

(3)A分別與D、E、F、G、H形成的化合物中，最穩定的_______。

(4)在B、C、E、F、G、H中，原子半徑最大的是_______。

(5)A和D組成化合物的電子式_______。

(6)用電子式表示B和H組成化合物的形成過程_______。

(7)B的最高價氧化物的水化物和C的最高價氧化物相互反應的離子方程式_______13、如下六個圖中；橫坐標為某溶液中加入某物質的物質的量，縱坐標為生成沉淀的物質的量，將圖中的字母代號填入下表．

。溶液。

加入的物質。

字母代號。

①飽和石灰水。

通過量CO2

______

②AlCl3溶液。

通過量NH3

______

③MgCl2、AlCl3混合溶液。

逐滴加NaOH溶液至過量。

______

④AlCl3溶液。

逐滴加NaOH溶液至過量。

______

⑤含少量HCl的AlCl3溶液。

逐滴加NaOH溶液至過量。

______

評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、溶液與膠體的本質區別是能否產生丁達爾效應。(____)A.正確B.錯誤15、硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：(____)A.正確B.錯誤16、氯氣做水的殺菌消毒劑。(___________)A.正確B.錯誤17、驗證Fe2(SO4)3溶液中含Fe2+的方法是加入酸性KMnO4溶液，紫色退去。(_______)A.正確B.錯誤18、乙烯中混有的SO2可以通過溴水除去。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、有機推斷題(共1題，共5分)19、A；B、C、D、E、F是短周期主族元素,且原子半徑依次增大。在短周期中A元素原子半徑最小；A與F可形成離子化物FA，C的簡單氫化物常用作制冷劑，D、E、F同周期，B、E同主族。回答下列問題:

（1）G是E下一周期同主族元素，G的原子結構示意圖為__________。

（2）A與F形成離子化物FA的電子式為___________。

（3）化學家發現一種原子組成比為A4C4的離子化合物，則該化合物的化學式為_______。

（4）C2A4B3是一種常見的炸藥，其在常溫下撞擊時會生成一種氣體(C2B)和一種常見液體，該反應的化學方程式為______________。16g該物質反應轉移的電子數目為________。

（5）請設計最簡單實驗說明元素D、E的非金屬性強弱：________________________________（簡要說明原理和現象即可）。評卷人得分五、工業流程題(共3題，共15分)20、明礬[KAl(SO4)2·12H2O]在生產、生活中有廣泛用途：飲用水的凈化；造紙工業上作施膠劑；食品工業的發酵劑等。利用煉鋁廠的廢料——鋁灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)可制備明礬。工藝流程如下：

回答下列問題：

(1)明礬凈水的原理是___________(用離子方程式表示)。

(2)操作Ⅰ是___________，濾液B中K+焰色反應顏色為：___________。

(3)檢驗濾液A中是否存在Fe2＋的試劑是___________(只用一種試劑)。

(4)在濾液A中加入高錳酸鉀發生反應的離子方程式為___________。

已知：生成氫氧化物沉淀的pH如下表所示：。物質Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀時3.46.31.5完全沉淀時4.78.32.8

注：金屬離子的起始濃度為0.1mol·L-1。

根據表中數據解釋調節pH=3的目的：___________。

(5)已知：在pH=3、加熱條件下，MnO可與Mn2＋反應生成MnO2，加入MnSO4發生反應的離子方程式為：___________。濾渣2含有的物質是___________。21、堿性鋅錳電池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的電解質溶液是KOH溶液。某課題組用廢舊鐵殼無汞堿性鋅錳電池為原料，制備一種新型材料——MnXZn(1-x)Fe2O4；其工藝流程如圖所示：

(1)已知MnXZn(1-x)Fe2O4中錳元素的化合價與實驗室用二氧化錳制取氯氣時還原產物中的錳相同，則鐵元素的化合價為___________________。

(2)“浸取”工序得到的濾液A經蒸發結晶，可以獲得化工產品M，M的電子式為_______。

(3)“溶渣”工序中稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+，寫出該反應的離子方程式：____________。

(4)“調鐵”工序的目的是調整濾液中鐵離子的總濃度，使其中金屬元素的物質的量之比與產品的化學式MnXZn(1-x)Fe2O4相符合。寫出“調鐵”工序中發生反應的離子方程式：________、____________。

(5)在“氧化”工序中，加入雙氧水的目的是_____________；生產過程中發現實際消耗雙氧水的量大于理論值，其可能原因除溫度外，主要是_________。

(6)用氨水“調pH”后，經“結晶”“過濾”可得到產品和濾液C，從濾液C中還可分離出一種氨肥。該氮肥的溶液中離子濃度由大到小的排序為_______________。22、含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸；具體的流程如下：

已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積9.11062.301021.1710101.081010

(1)用離子方程式表示K2Cr2O7溶液中同時存在K2CrO4的原因(將離子方程式補充完整)：______Cr2O72-+__________CrO42+______

(2)向濾液1中加入BaCl22H2O的目的是使CrO42-從溶液中沉淀出來。

①結合上述流程說明熟石灰的作用：_____。

②結合表中數據，說明選用Ba2不選用Ca2處理廢水的理由：_____。

③研究溫度對CrO42沉淀效率的影響。實驗結果如下：在相同的時間間隔內，不同溫度下CrO42-的沉淀率(沉淀率如圖所示)

已知：

CrO42-的沉淀效率隨溫度變化的原因是_____。

(3)向固體2中加入硫酸；回收重鉻酸。

①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖(左)所示。結合化學平衡移動原理，解釋使用0.450mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：_____。

②回收重鉻酸的原理如上圖(右)所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時，重鉻酸的回收率沒有明顯變化，其原因是_____。

(4)綜上所述，沉淀BaCrO4進一步回收重鉻酸的效果與_____、_____、有關。評卷人得分六、原理綜合題(共4題，共40分)23、下圖是各種不同密度的硝酸與鐵反應(相同溫度)時主要還原產物的分布圖。請認真讀圖分析；回答有關問題。

(1)下列敘述中正確的是(填序號)_______。

A.圖中橫坐標是硝酸的密度；硝酸的密度越大，其濃度越大。

B.當還原劑和溫度相同時；不同濃度的硝酸被還原的產物不是單一的，只是在某濃度時，以某種產物為主而已。

C.硝酸的濃度越大；還原產物中N元素低化合價產物越多。

D.當硝酸密度大于1.3g·cm-3時，還原產物主要為NO、NO2

(2)當硝酸溶液的密度為1.36g·cm-3時，下列化學方程式中，能較準確表達Fe與過量硝酸反應的是(填序號)_______。

A.2Fe+10HNO3=2Fe(NO3)3+NO↑＋3NO2↑＋5H2O

B.4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑＋3NO2↑＋9H2O

C.3Fe+12HNO3=2Fe(NO3)3+Fe(NO3)2+2NO↑＋2NO2↑＋3H2O

(3)密度為1.26g·cm-3，質量分數為50.0%的硝酸，其物質的量濃度是_______mol·L-1。

(4)限用下列儀器、藥品驗證由鐵和過量1.36g·cm-3硝酸反應產生的氣體中含有NO(不考慮N2O4)。設計一個合理而簡單的實驗方案(儀器可選擇使用，N2的用量可自由控制；加熱裝置和固定裝置省略)。

第1步：反應并收集生成的氣體：

①實驗中氣體發生裝置應選擇________填裝置序號)，理由是_______。

②裝置的連接順序是(填各裝置接口的序號)：_______[]→[][]→[8][9]→[]。

③檢查裝置氣密性后；開始反應。待E中充滿紅棕色氣體，停止實驗。

第2步：驗證E中有NO。

④取下試管E；倒立在F中，輕輕搖動試管。

確認生成的氣體中有NO的現象是_______。24、鋁元素含量居金屬首位，主要存在于鋁土礦（主要成分為Al2O3，還含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。鋁的單質及其化合物在生產；生活、科研等領域應用廣泛。

Ⅰ.工業上用鋁土礦制備鋁的某種化合物的工藝流程如圖：

（1）在濾液A中加入漂白液；目的是氧化除鐵，所得濾液B顯酸性。

①該過程中涉及某氧化還原反應如下，請完成：___Fe2++___ClO-+___=___Fe(OH)3↓+___C1-+___

②將濾液B中的鋁元素以沉淀形式析出，可選用的最好試劑為___（選填代號）

A.氫氧化鈉溶液B.硫酸溶液C.氨水D.二氧化碳。

③由濾液B制備氯化鋁晶體涉及的操作為：邊滴加濃鹽酸邊蒸發濃縮、___(填操作名稱)；過濾、洗滌。

Ⅱ.銨明礬（NH4Al（SO4）2?12H2O）是常見的食品添加劑；在日常生活；生產中也占有一席之地。

（1）銨明礬可用于凈水，用離子方程式表示其凈水原理___；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量，可觀察到的現象是___。

（2）實驗證明銨明礬高溫分解后氣體的組成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同條件下測得生成N2和SO2的體積比是定值，V（N2）：V（SO2）=___。

（3）SiO2和NaOH焙燒制備硅酸鈉，可采用的裝置為___（填代號）。25、在金屬活動順序中；鐵；鋁均比銅活潑，但常溫下，將鐵棒或鋁棒插入濃硝酸中，你觀察不到任何現象，因為發生了鈍化；將銅棒插入投濃硝酸中，卻劇烈反應，放熱，且產生紅棕色的氣體。鐵、鋁插入稀硝酸或稀硫酸中時，也不會發生鈍化。

(1)鈍化是___________(填“物理”“化學”)變化。

(2)如圖所示；常溫下能說明鐵棒X已被鈍化的是___________

A．將鐵棒X洗凈，浸泡于濃硫酸，無變化B．將鐵棒X洗凈，浸泡于硫酸銅溶液中，無紅色物析出C．將鐵棒X洗凈，浸泡于稀硫酸中，無氣泡產生D．將鐵棒X洗凈，浸泡于氫氧化鈉溶液中，無變化(3)將銅投入一定量濃硝酸中完全溶解，產生的氮氧化物氣體用500mL2mol/LNaOH溶液恰好完全吸收，得到含0.2mol和若干摩爾則___________。A．產生氣體一定含可能含NO和B．產生的氣體與8.96L混合后通入水中，恰好轉化為C．消耗銅的質量為5.12gD．原濃硝酸中可能含2.6mol溶質(4)實驗證明：溶液呈酸性，可與反應。現向兩份相同的溶液中，分別滴入物質的量濃度相等的溶液；測得其導電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖所示。對此進行的分析判斷錯誤的是___________

A．②代表滴加溶液的變化曲線B．b點，溶液中大量存在的離子是C．c點，兩溶液中含有相同量的D．a、d兩點對應的溶液均顯中性26、現有①氯化鋇；②金剛石、③氯化銨、④硫酸鈉、⑤干冰、⑥碘片六種物質；按下列要求回答：

(1)熔化時不需要破壞化學鍵的是________；熔化時需要破壞共價鍵的是________，熔點最高的是________，熔點最低的是________。

(2)屬于離子化合物的是________；只有離子鍵的物質是________，以分子間作用力結合的是________。

(3)①的電子式是____________，⑥的電子式是____________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

W的最外層電子數與核外電子總數之比為3：8；則W為S；X與W同主族，則X為O；Y的原子序數是W和X的原子系數之和的一半，則Y為Mg；含Z元素的物質焰色反應為黃色，則Z為Na，綜上所述，W；X、Y、Z分別為S、O、Mg、Na，據此解答。

【詳解】

A．同周期元素的原子半徑隨著原子序數增大而減小，則原子半徑：Y（Mg）<Z（Na）；A錯誤；

B．H2O分子間有氫鍵，沸點比H2S高，即簡單氫化物的沸點：X>W；B正確；

C．非金屬性越強，單質的氧化性越強，簡單離子的還原性越弱，則離子的還原性：X

D．金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物堿性越強，所以Y、Z的最高價氧化物對應的水化物的堿性：Y

答案選B。2、D【分析】【詳解】

A．表示可溶性鎂鹽和可溶性強堿反應生成Mg(OH)2沉淀。化學方程式中MgCO3微溶于水，且未說明是溶液還是懸濁液，BaCO3是難溶性鹽；均不能拆成離子形式，選項A錯誤；

B．表示可溶性碳酸鹽和可溶性強酸或強酸的酸式鹽(如NaHSO4)反應，屬于弱酸的酸式酸根離子，不能拆成和H+；選項B錯誤；

C．表示Fe2O3與可溶性強酸反應生成鐵鹽和水，不能生成亞鐵鹽和水，且H2SO4是可溶性強酸，要拆成H+和選項C錯誤；

D．表示可溶性強酸和可溶性強堿反應生成可溶性鹽和水，H2SO4屬于可溶性強酸，NaOH屬于可溶性強堿，Na2SO4屬于可溶性鹽；均能拆成離子形式，選項D正確。

答案選D。3、B【分析】【詳解】

A．分析反應方程式可知；Cu的化合價由0價變為+2價，化合價升高被氧化，為還原劑，A不合題意；

B．濃H2SO4中的硫在反應中由+6價變為SO2中的+4價；化合價降低被還原，為氧化劑，B符合題意；

C．分析反應方程式可知，CuSO4中的銅由0價變為+2價的產物，故CuSO4為氧化產物；C不合題意；

D．SO2是產物；是被還原得到的產物，故為還原產物，D不合題意；

故答案為：B。4、D【分析】【分析】

A.根據移液時通過玻璃棒引流進行分析；

B.根據試管加熱固體的方法進行分析；

C.根據制氫氧化亞鐵的方法進行分析；

D.根據萃取；分液的方法來解答。

【詳解】

為了防止溶液灑到瓶外；移液時應通過玻璃棒引流，A錯誤；

B.加熱碳酸氫鈉有水生成；倒流會引起試管炸裂，所以加熱固體藥品時底部要高于試管口，防止生成的水蒸氣冷卻后倒流而炸裂試管，B錯誤；

C.氫氧化亞鐵不穩定；易被氧化生成氫氧化鐵，所以制取氫氧化亞鐵時要隔絕空氣，膠頭滴管要伸入液面下，C錯誤；

D.互不相溶的液體采用分液方法分離；漏斗的下端緊貼燒杯內壁，下層液體從下端放出，上層液體從上口倒出，花生油和水不互溶，可以采用分液方法分離，D正確；

故合理選項是D。

【點睛】

本題考查化學實驗方案評價，涉及實驗基本操作、物質制備、物質分離和提純等知識點，明確基本操作規則、物質性質、物質性質與物質分離提純方法選取關系是解本題關鍵，易錯選項是C。5、C【分析】【分析】

化學性質由最外層電子(或價電子)決定的。

【詳解】

A．單質均有顏色；屬于物質的性質，故A不符；

B．均為雙原子分子；屬于物質的組成，故B不符；

C．原子最外層電子數均為7；屬于物質結構，結構上有相似，決定了氯；溴、碘單質的化學性質相似，故C符合；

D．均為非金屬元素；屬于物質的組成，故D不符；

故選C。二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【分析】

【詳解】

I．(1)序號為⑧的儀器是配制溶液時使用的容量瓶；序號為⑩的儀器為蒸餾時使用的冷凝管；故答案為：容量瓶；直形冷凝管（冷凝管）；

(2)進行分液的時候；必須將需要分液的混合物放入分液漏斗中，振蕩；靜止分層后，再分開，所以必須使用分液漏斗、燒杯；故答案為：②⑥；

(3)配制一定物質的量濃度的溶液；應該使用燒杯溶解固體或稀釋濃溶液，再將其轉移至一定規格的容量瓶中，最后還要用膠頭滴管定容；故答案為：②④⑧；

(4)容量瓶和量筒上均有刻度且有溫度；故答案為：⑧⑨；

II．(1)能導電的物質有：銅；稀硫酸、熔融氯化鈉；故答案為：①②⑧；

(2)電解質的定義為在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物。故答案為：③⑧⑨⑩；

(3)非電解質的定義為在水溶液和熔融狀態下都不能夠導電的化合物。故答案為：④⑥⑦。【解析】容量瓶直形冷凝管（冷凝管）②⑥②④⑧⑧⑨①②⑧③⑧⑨⑩④⑥⑦7、略

【分析】【詳解】

(1)實驗室用共熱MnO2和濃HCl的方法制Cl2，反應的化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯氣與NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O，工業上將Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

(2)該同學欲用NaClO固體配制480mL溶液；實驗室沒有480mL容量瓶，選500mL容量瓶配制：

①配制過程中使用的玻璃儀器有燒杯；玻璃棒、膠頭滴管、量筒、500mL容量瓶；

②A．由于定容時還要加水；因此容量瓶內有少量水對實驗無影響，故進行溶液配制前用蒸餾水洗凈后無需烘干，A錯誤；

B．配制過程中；未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，造成溶質損失，導致濃度偏低，B正確；

C．由標簽可知，該消毒液中NaClO的物質的量濃度c=mol/L，需要NaClO的物質的量n=mol/L×0.5L，需要稱量NaClO固體的質量為mol/L×0.5L×74.3g/mol=148.75g≈148.8g；C正確；

D．將稱量NaClO固體完全溶于水后；冷卻到室溫下，再將溶液轉移至容量瓶中，D錯誤；

E．按如圖所示轉移燒杯中的溶液；導致刻度線以上有一定體積的溶液，最終溶液總體積偏大，所配溶液濃度偏低，E錯誤；

F．定容時；俯視觀察刻度線，導致溶液體積偏小，濃度偏高，F正確；

G．稱量時；所使用的砝碼有殘缺，導致溶質質量偏小，最終濃度偏低，G錯誤；

本題選BCF；

(3)“潔廁靈”(主要成分是鹽酸)，“84”消毒液含NaClO，二者發生氧化還原反應產生氯氣導致中毒，反應的離子方程式為ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；

(4)NaClO與H2O2反應產生O2促進藻類快速生長，在此過程中H2O2中O元素化合價由-1升高到0價，作還原劑，體現還原性；結合氧原子守恒可知，當有0.1molO2生成時，轉移電子的物質的量為0.1mol×2×[0-(-1)]=0.2mol。【解析】MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O500mL容量瓶BCFClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O還原性0.28、略

【分析】【詳解】

（1）干燥氨氣用堿石灰，堿石灰屬于固體干燥劑，應該盛放在干燥管中，所以欲干燥NH3需使用儀器為干燥管，故答案為：球形干燥管；

（2）分液漏斗用于分離互不相溶的兩種液態物質，則欲分離互不相溶的兩種液態物質，須使用分液漏斗，故答案為：分液漏斗；

（3）蒸餾燒瓶用于分離互溶的、沸點不同的液態混合物，則欲分離互溶的、沸點不同的液態混合物，須使用蒸餾燒瓶和酒精燈，故答案為：蒸餾燒瓶、酒精燈；

（4）漏斗用于分離不溶固體和液體混合物；則欲分離固體和液體物質，須使用漏斗，故答案為：漏斗；

（5）坩堝用于固體物質的加熱，膽礬晶體(CuSO4·5H2O)加熱蒸發結晶水可得到無水硫酸銅固體，須用坩堝和酒精燈，故答案為：坩堝、酒精燈。【解析】①.球形干燥管②.分液漏斗③.蒸餾燒瓶、酒精燈④.漏斗⑤.坩堝、酒精燈9、略

【分析】【詳解】

（1）濃硝酸具有不穩定性，能分解生成NO2、O2和H2O，化學方程式為4HNO3(濃)4NO2↑+O2↑+2H2O。

（2）①稀硝酸與銅反應生成硝酸銅、水和一氧化氮，化學方程式為3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。濃硝酸與銅反應生成硝酸銅、水和二氧化氮，化學方程式為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。

②濃硝酸與碳在加熱條件下反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，化學方程式為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O。【解析】(1)4HNO3(濃)4NO2↑+O2↑+2H2O。

(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OCu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OC+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O10、略

【分析】【分析】

(1)

CuO+COCu+CO2，氧化銅中銅化合價降低，化合價由+2價變為0價，作氧化劑，一氧化碳中碳化合價升高，化合價由+2價變為+4價，CO作還原劑，電子轉移方向和數目為故答案為：CuO；CO。

(2)

2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，Al化合價升高，由0價變為+3價，作還原劑，硫酸中氫化合價降低，由+1價變為0價，硫酸作氧化劑，電子轉移方向和數目為故答案為：H2SO4；Al。

(3)

2KClO32KCl+3O2↑，KClO3中Cl化合價降低，由+5價變為?1價，氧化合價由?2價變為0價，因此KClO3既是氧化劑又是還原劑，電子轉移方向和數目為故答案為：KClO3；KClO3。【解析】(1)CuOCO

(2)H2SO4Al

(3)KClO3KClO311、略

【分析】【分析】

(1)

①二氧化碳分子中C原子與兩個O原子分別共用兩對電子，電子式為

②氯氣分子中兩個Cl原子共用一對電子，電子式為

③NaCl由鈉離子和氯離子構成，電子式為

④氯化銨由銨根和氯離子構成，電子式為

⑤赤鐵礦中的主要成分為氧化鐵，化學式為Fe2O3；

⑥氨氣分子中N原子與三個H原子分別共用一對電子，結構式為

(2)

鎂在二氧化碳中燃燒生成碳和氧化鎂，化學方程式為2Mg+CO22MgO+C；

(3)

銅與氯化鐵溶液反應生成氯化亞鐵和氯化銅，離子方程式為Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。【解析】(1)Fe2O3

(2)2Mg+CO22MgO+C

(3)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+12、略

【分析】【分析】

根據A-I在周期表中的位置；可知A為H；B為Na，C為Al，D為C，E為N，G為F，I為Ne，F為Si，H為Cl，據以上各種元素，結合題中問題進行解答。

【詳解】

(1)表中元素，稀有氣體元素性質最穩定，化學性質最不活潑的是Ne；氟元素的非金屬性最強，所以只有負價而無正價的是F；非金屬性最強的元素為氟，所以氧化性最強的單質是F2；以上提供的元素中；鈉元素的原子半徑最大，失電子能力最強，其單質的還原性最強，因此還原性最強的單質是Na；

(2)鈉元素的金屬性最強，其最高價氧化物的水化物堿性最強，化學式為NaOH；由于氟元素沒有正價，所以氯元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，化學式為：HClO4；鋁元素的最高價氧化物的水化物顯兩性，化學式為Al(OH)3；

(3)元素的非金屬性越強；形成的氫化物越穩定，這些種元素中，非金屬性最強的元素為氟，所以A分別與D；E、F、G、H形成的化合物中，HF最穩定；

(4)同一周期；從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑增大，因此在B；C、E、F、G、H中，原子半徑最大的是Na；

(5)A和D組成化合物為CH4，屬于共價化合物，其電子式為：

(6)B和H組成化合物為NaCl，屬于離子化合物，鈉原子失去1個電子轉移給氯離子，形成氯化鈉，電子式表示其形成過程如下：

(7)B的最高價氧化物的水化物為NaOH，C的最高價氧化物為Al2O3，NaOH與Al2O3反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為：Al2O3+2OH-=2+H2O。【解析】NeFF2NaNaOHHClO4Al(OH)3HFNaAl2O3+2OH-=2+H2O13、A:B:C:E:F【分析】【分析】

【詳解】

①飽和石灰水通過量CO2氣體，應先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通入與前一步等量的CO2氣體，沉淀溶解CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2；對照圖象應為B；

②氨水是弱堿，不能溶解氫氧化鋁，氯化鋁溶液通入過量氨氣的反應方程式為：AlCl3+3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl；對照圖象應為C；

③MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至過量，先是生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氫氧化鋁溶解，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，Mg（OH）2不溶；對照圖象應為A；

④氯化鋁溶液，加入氫氧化鈉，氫氧化鈉和氯化鋁之間反應逐漸產生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氫氧化鋁溶解，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；對照圖象應為E；

⑤含少量HCl的氯化鋁溶液，加入氫氧化鈉，先是和鹽酸之間發生中和反應生成氯化鈉和水，沒有沉淀，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氫氧化鈉和氯化鋁之間反應逐漸產生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氫氧化鋁溶解，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；對照圖象應為F；

故填：B；C；A；E；F；三、判斷題(共5題，共10分)14、B【分析】【詳解】

溶液與膠體的本質區別是分散質粒子的直徑大小不同，故錯誤。15、B【分析】【詳解】

硅酸鈉溶液與二氧化碳反應生成硅酸沉淀和碳酸鈉或碳酸氫鈉，生成碳酸氫鈉的離子方程式為故錯誤。16、A【分析】【分析】

【詳解】

氯氣和水反應生成次氯酸，次氯酸具有較強的氧化劑，可以殺菌消毒，故正確。17、A【分析】【詳解】

酸性高錳酸鉀氧化亞鐵離子后褪色，正確。18、B【分析】【詳解】

溴水除去二氧化硫的同時，也會與乙烯發生加成反應，錯誤。四、有機推斷題(共1題，共5分)19、略

【分析】【分析】

在短周期中A元素原子半徑最小，則A為氫元素；A與F可形成離子化物FA，則F為ⅠA元素，結合A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子半徑依次增大，可知F為Na元素；C的簡單氫化物常用作制冷劑，此制冷劑應為NH3；則C為N元素；D；E、F均為第三周期元素，B、E同主族，結合同周期主族元素的核電荷數越大，原子半徑越小，可知：D為Cl元素、E為S元素、B為O元素。

【詳解】

由分析知：A為H元素；B為O元素、C為N元素、D為Cl元素、E為S元素、F為Na元素；

(1)E為S元素，G是S下一周期同主族元素，則G為Se元素，Se的原子結構示意圖為

(2)H與Na形成離子化物FA的電子式為Na+[：H]-；

(3)化學家發現一種原子組成比為H4N4的離子化合物，此化合物中含有NH4+，則該化合物的化學式為NH4N3；

(4)N2H4O3是一種常見的炸藥，化學式應為NH4NO3，其在常溫下撞擊時會生成一種氣體(N2O)和H2O，該反應的化學方程式為NH4NO3N2O↑+2H2O；16gNH4NO3的物質的量為，=0.2mol，N元素從+5價降為+1價，則反應中轉移的電子數目為0.8NA；

(5)利用氧化劑的氧化性大于氧化產物，則向硫化鈉或硫化氫水溶液中通氯氣，出現淡黃色渾濁，發生反應的方程式為Na2S+Cl2=S↓+2NaCl，此反應中Cl2的氧化性大于S；即Cl的非金屬性比S強。

【點睛】

元素非金屬性強弱的判斷依據：①非金屬單質跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩定性)，非金屬單質跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；②最高價氧化物對應的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱．最高價含氧酸的酸性越強，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；③氧化性越強的非金屬元素單質，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。【解析】Na+[：H]-NH4N3NH4NO3N2O↑+2H2O0.8NA或2.408×1023向硫化鈉或硫化氫水溶液中通氯氣，出現淡黃色渾濁五、工業流程題(共3題，共15分)20、略

【分析】【分析】

鋁灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)加入過量稀硫酸酸浸后過濾；濾液A為硫酸鋁；硫酸亞鐵、硫酸鐵，二氧化硅與硫酸不反應，則濾渣1為二氧化硅，向濾液A中加入稍過量的高錳酸鉀溶液氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液pH值使鐵離子全部轉化為氫氧化鐵沉淀，但鋁離子不沉淀，加入適量的硫酸錳除去過量的高錳酸鉀，過濾得到濾渣2為氫氧化鐵和二氧化錳，濾液B的主要成分為硫酸鋁溶液，向濾液B中加入適量硫酸鉀蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鋁晶體。

【詳解】

(1)明礬是強酸弱堿鹽，弱酸根離子Al3+水解產生氫氧化鋁膠體，能夠吸附水中懸浮的物質形成沉淀而除去，從而達到達到凈水的目的，其反應原理用方程式表示是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋；

(2)根據分析，操作Ⅰ是將難溶性固體與溶液分離的過濾操作；濾液B中K+焰色反應顏色為紫色；

(3)檢驗濾液A中是否存在Fe2+的方法是取適量濾液A于試管中，滴加鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀，證明Fe2+存在；或加入KSCN溶液，無明顯變化，在滴加幾滴H2O2溶液，溶液變為血紅色；或加入氫氧化鈉溶液，生成氫氧化亞鐵白色沉淀，并且白色沉淀逐漸變為灰綠色，最后變為紅褐色，就證明含有Fe2+存在；

(4)在濾液A中加入高錳酸鉀的目的是使Fe2+轉化為Fe3+，發生反應的離子方程式為5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；根據表中數據可知當溶液的pH=3時使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3＋沉淀；

(5)在pH=3、加熱條件下，MnO可與Mn2＋反應生成MnO2，加入MnSO4發生反應的離子方程式為：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；根據分析可知，濾渣2的成分含有MnO2和Fe(OH)3。【解析】Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋過濾紫色酸性高錳酸鉀溶液、或鐵氰化鉀溶液、氫氧化鈉溶液(合理即可)5Fe2＋＋MnO＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O使Fe3＋轉化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3＋沉淀3Mn2＋＋2MnO＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋MnO2、Fe(OH)321、略

【分析】【分析】

用廢舊無汞堿性鋅錳電池為原料，制備新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4，廢舊電池加入水浸取，過濾得到濾液A和濾渣，濾渣中加入過量稀硫酸熔渣，“溶渣”工序中稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+，過濾后在濾液中加入鐵“調鐵”，“調鐵”工序的目的是調整濾液中鐵的總濃度，使其中金屬元素的物質的量之比與產品的化學式MnxZn(1-x)Fe2O4相符合；再加入過氧化氫氧化亞鐵離子生成鐵離子，用氨水“調pH”后，經“結晶”“過濾”可得到產品和濾液C，從濾液C中還可分離出的氮肥為硫酸銨，據此分析解答。

【詳解】

(1)實驗室用二氧化錳制取氯氣時還原產物為氯化錳，其中的錳的化合價為+2價。MnxZn(1-x)Fe2O4中錳元素的化合價與實驗室用二氧化錳制取氯氣時的還原產物中的錳的化合價相同，可知Mn為+2價，鋅+2價、氧元素-2價，根據化合價的代數和為0，,鐵元素的化合價為=+3價；故答案為：+3價；

(2)堿性鋅錳電池用水浸取，過濾后的濾液A中的溶質是KOH，KOH中含有離子鍵和共價鍵，電子式為故答案為：

(3)“溶渣”工序中稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+，該反應的離子方程式：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O，故答案為：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O；

(4)①調鐵工序之前的濾液中含有Fe3+、過量的硫酸，因此發生反應的離子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；

(5)在“氧化”工序中，加入雙氧水的目的是把Fe2+氧化為Fe3+；生產過程中發現實際消耗雙氧水的量大于理論值，其可能的原因除溫度外，Fe3+催化了過氧化氫的分解，也會導致雙氧水的用量增加，故答案為：把Fe2+氧化為Fe3+；Fe3+催化了過氧化氫的分解；

(6)用氨水“調pH”后，經“結晶”“過濾”可得到產品和濾液C，從濾液C中分離出一種氮肥為硫酸銨[(NH4)2SO4]，銨根離子水解，導致溶液顯酸性，溶液中離子濃度由大到小的排序為：c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案為：c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)。

【點睛】

根據題中各小題的提示理解流程圖各步驟的作用是解題的關鍵。本題的易錯點為(2)，要注意堿性鋅錳電池的電解質溶液為氫氧化鉀溶液。【解析】+3MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑把Fe2+氧化為Fe3+生成的Fe3+催化了雙氧水的分解c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)22、略

【分析】【分析】

含有K2Cr2O7的廢水同時含有SO42?，加入適量熟石灰過濾得到的固體1為硫酸鈣和濾液1，向濾液1中加入BaCl2?2H2O的目的是使CrO42?從溶液中沉淀出來，過濾得到固體2為BaCrO4；向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸，同時生成固體3為硫酸鋇沉淀。

【詳解】

(1).K2Cr2O7溶液中同時存在K2CrO4的原因是重鉻酸根離子在水溶液中存在化學平衡生成鉻酸根離子和氫離子，反應的離子方程式為Cr2O72?+H2O2CrO42?+2H+；

(2).①.根據表中物質的溶度積常數可知，熟石灰的作用是沉淀硫酸根離子，調節溶液pH使Cr2O72?轉化為CrO42?；

②.根據表中數據可知，BaCrO4比CaCrO4更難溶，所以選用Ba2+處理廢水可以使CrO42?沉淀更完全；

③.根據圖象可知，CrO42?的沉淀率隨溫度升高增大；原因是溫度升高，沉淀速率加快；

(3).①.c(H2SO4)增大，則c(SO42－)增大，與Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42?(aq)平衡右移，使c(CrO42?)增大，同時c(H+)也增大，共同促使Cr2O72?+H2O2CrO42?+2H+平衡左移，可以生成更多的H2Cr2O7；

②.根據表中各物質的溶度積常數可知，BaSO4與BaCrO4溶解度比較接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難與H2SO4接觸；阻礙重鉻酸生成；

(4).根據上述分析可知，沉淀BaCrO4進一步回收重鉻酸的效果與溫度、濃度、溶液pH、硫酸濃度、沉淀顆粒等有關，受到溶液pH、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等因素的影響。

【點睛】

本題考查學生對工藝流程的理解、閱讀題目獲取信息能力，本題的關鍵是理解流程圖各步的反應原理，需要學生準確提取題目中的信息，并對信息加工、遷移解決實際問題。【解析】①.1②.1H2O③.2④.2H+⑤.沉淀SO42－；調節溶液pH，使Cr2O72－轉化為CrO42－而沉淀⑥.溫度升高，沉淀速率加快⑦.BaCrO4比CaCrO4更難溶，可以使CrO42－沉淀更完全⑧.c(H2SO4)增大，則c(SO42－)增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c(CrO42－)增大；同時，c(H+)也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7⑨.BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難于接觸H2SO4，阻礙重鉻酸生成⑩.溶液pH?.H2SO4濃度六、原理綜合題(共4題，共40分)23、略

【分析】【分析】

(1)從圖中可以看出，當其他條件一致時，在濃硝酸(密度為1.40g?cm-3)中，主要產物NO2，隨著硝酸濃度逐漸降低，產物NO2逐漸減少而NO的相對含量逐漸增多；當密度為1.25g?mL-1時，主要產物是NO，其次是NO2及少量的N2O；當密度為1.15g?mL-1時，NO與NH4+的相對含量幾乎相等；當HNO3的濃度降到密度為1.05g?mL-1時，NH4+離子成為主要產物，凡有硝酸參加的氧化還原反應都比較復雜，往往同時生成多種還原產物；硝酸的密度越大、濃度越大，其還原產物中氮元素化合價越高；

(2)Fe與過量硝酸反應得到的含鐵化合物是硝酸鐵，不含硝酸亞鐵；

(3)根據物質的量濃度和質量分數之間的關系公式c=1000ρω/M來計算回答；

(4)①根據NO易被氧化來分析；

②根據實驗的目的和各部分的作用確定連接順序；

④二氧化氮和水之間反應生成硝酸和一氧化氮來回答。

【詳解】

(1)A.由圖象可以看出，硝酸的濃度越大時，生成物的化合價越高，對應的硝酸的密度也越大，故A正確；

B.由圖象可以看出，在相同溫度和濃度時，硝酸的還原產物不止一種，故B正確；

C.由圖象可以看出，還原產物中NH4+的物質的量分數隨硝酸密度減少而增大，銨根離子中氮元素化合價最低是-3價，故C錯誤；

D.當硝酸溶液的密度為1.36g·cm-3時，由圖象可看出，生成的NO和NO2物質的量相等，且硝酸密度大于1.3g·cm-3時，還原產物主要為NO、NO2；故D正確；

綜上所述，本題正確選項ABD；

(2)當硝酸溶液的密度為1.36g·cm-3時，由圖象可看出，生成的NO和NO2物質的量相等；且硝酸過量時，得到的含鐵化合物是硝酸鐵，不含硝酸亞鐵，反應的化學方程式應為。

4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO+3NO2+9H20；

綜上所述，本題正確答案為：B；

(3)密度為1.26g·cm-3；質量分數為50.0%的硝酸，其物質的量濃度是c=1000ρω/M=1000×1.26×50%/63=10mol/L；

綜上所述，本題正確答案為：10；

(4)①因NO易被氧化，若裝置中存在氧氣則不能說明NO的存在，所以反應前先通入N2目的是排盡裝置中的空氣，防止NO被氧化；

綜上所述，本題正確答案為：B；N2排除裝置中的空氣，以防NO被氧化；

②A中鐵與濃硝酸反應NO2進入C濃硫酸干燥；然后進入F冰水混合物冷卻使二氧化氮液化分離，剩余的NO進入D與氧氣反應，最后連接尾氣處理裝置，所以儀器連接順序為：3-6-7-8-9-5；

綜上所述，本題正確答案為：3、6、7、5；

④二氧化氮和水之間反應生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO；如果生成氣體中含有一氧化氮，則試管中液面高度低于試管容積的1/2或余氣大于試管容積1/2或余氣體積等于2/3或液面高度等于1/3)；

綜上所述，本題正確答案為：試管中液面高度低于試管容積的1/2或余氣大于試管容積1/2或余氣體積等于2/3或液面高度等于1/3)。【解析】①.ABD②.B③.10④.B⑤.利用N2排除裝置中的空氣，以防NO被氧化⑥.3、6、7、5⑦.試管中液面高度低于試管容積的1/2(或余氣大于試管容積1/2或余氣體積等于2/3或液面高度等于1/3)24、略

【分析】【分析】

Ⅰ.圖示工藝流程為：鋁土礦（主要成分為Al2O3，還含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀鹽酸；得到濾渣為二氧化硫，濾液中含有鐵離子；亞鐵離子和氯離子；加入漂白液后亞鐵離子氧化成鐵離子，鐵離子水解生成氫氧化鐵沉淀；濾液B為氯化鋁溶液；二氧化硫與氫氧化鈉在鐵坩堝中焙燒生成硅酸鈉；

（1）①依據流程分析；濾液中含有氯化鐵；氯化亞鐵、氯化鋁，在濾液A中加入漂白液，目的是氧化除鐵，所得濾液B顯酸性，次氯酸根離子具有氧化性氧化亞鐵離子為鐵離子在溶液中形成氫氧化鐵沉淀除去；依據氧化還原反應電子守恒和原子守恒配平計算寫出；

②濾液B中鋁元素為氯化鋁；依據氫氧化鋁溶液強酸強堿，不溶于弱堿選擇；

加入濃鹽酸抑制氯化鋁的水解；蒸發濃縮冷卻結晶，過濾洗滌；

Ⅱ.（1）銨明礬溶液中鋁離子水解；溶液呈酸性，得到氫氧化鋁膠體，可以用于凈水；向溶液中加入氫氧化鈉溶液，首先與溶液中鋁離子反應生成氫氧化鋁沉淀，再與氨氣根離子反應生成氨氣，再加入過量的NaOH溶液溶解氫氧化鋁；

（2）根據電子轉移守恒確定n（N2）：n（SO2）；相同條件下氣體體積之比等于其物質的量之比．

（3）A．蒸發皿中含有二氧化硅和氫氧化鈉反應；

B．鐵坩堝可以熔融二氧化硅和氫氧化鈉；

C．玻璃中含二氧化硅和氫氧化鈉反應；

D．瓷坩堝含有二氧化硅和氫氧化鈉反應。

【詳解】

Ⅰ.(1)①濾液中含有氯化鐵、氯化亞鐵、氯化鋁，在濾液A中加入漂白液，目的是氧化除鐵，所得濾液B顯酸性，次氯酸根離子具有氧化性，氧化亞鐵離子為鐵離子，在溶液中形成氫氧化鐵沉淀除去；次氯酸根離子被還原為氯離子，反應的離子方程式為2Fe2++ClO?+5H2O=2Fe(OH)3↓+C1?+4H+；

故答案為：2；1；5H2O；2；1；4H+；

②濾液中含有的是氯化鋁溶液；將濾液B中的鋁元素以沉淀形式析出；

A.氫氧化鈉溶液可以沉淀鋁離子但過了會溶解氫氧化鋁；氫氧化鈉不是最佳試劑，故A錯誤；

B.硫酸溶液不與鋁離子反應；故B錯誤；

C.氨水是弱堿不能溶解氫氧化鋁；過量的氨水和鋁離子形成氫氧化鋁沉淀過濾得到氫氧化鋁固體，故C正確；

D.二氧化碳和氯化鋁不反應；無法生成氫氧化鋁沉淀，故D錯誤；

故答案為：C；

③加入濃鹽酸抑制氯化鋁的水解；蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌；

故答案為：冷卻結晶；過濾；

Ⅱ.(1)銨明礬溶液中鋁離子水解得到氫氧化鋁膠體；可以吸附懸浮物質，可以用于凈水；向溶液中加入氫氧化鈉溶液，首先與溶液中鋁離子反應生成氫氧化鋁沉淀，再與氨氣根離子反應生成氨氣，再加入過量的NaOH溶液溶解氫氧化鋁，現象為：先產生白色沉淀，后產生有刺激性氣味的氣體，再加入過量的NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解并消失；

故答案為：銨明礬溶液電離出的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體；有吸附作用，故銨明礬能凈水；先產生白色沉淀，后產生有刺激性氣味的氣體，再加入過量的NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解并消失；

（2）根據電子轉移守恒：2×[0?(?3)]×n(N2)=n(SO2)×(6?4)，故n(N2):n(SO2)=1:3，相同條件下氣體體積之比等于其物質的量之比，故V(N2):V(SO2)=1: