2026屆安徽阜陽市臨泉縣第一中學(xué)高三上化學(xué)期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、二氯化二硫（S2Cl2）是廣泛用于橡膠工業(yè)的硫化劑；其分子結(jié)構(gòu)中每個原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)。常溫下，S2Cl2是一種橙黃色的液體，遇水易水解，并產(chǎn)生能使品紅褪色的氣體。下列說法中錯誤的是A．S2Cl2中的硫元素顯+1價B．S2Cl2結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵只含有極性鍵C．S2Br2與S2Cl2結(jié)構(gòu)相似，熔沸點：S2Br2>S2Cl2D．S2Cl2與H2O反應(yīng)的生成物中可能有S2、實現(xiàn)中國夢，離不開化學(xué)與科技的發(fā)展。下列說法不正確的是A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑需要冷凍保存B．大飛機C919采用大量先進復(fù)合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料C．納米復(fù)合材料實現(xiàn)了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小D．我國提出網(wǎng)絡(luò)強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅3、下列有關(guān)說法中正確的是（）A．蘇打可用于生產(chǎn)玻璃，也可用來除去物品表面的油污B．過氧化鈉可用于食品、羽毛和織物等的漂白C．醫(yī)用酒精、次氯酸鈉等消毒液均可以將病毒氧化而達到消毒的目的D．84消毒液與潔廁靈混用可以增強殺菌消毒效果4、直接煤一空氣燃料電池原理如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．隨著反應(yīng)的進行，氧化物電解質(zhì)的量不斷減少B．負(fù)極的電極反應(yīng)式為C+2CO32--4e-=3CO2↑C．電極X為負(fù)極，O2-向X極遷移D．直接煤一空氣燃料電池的能量效率比煤燃燒發(fā)電的能量效率高5、下列關(guān)于有機物的說法正確的是()A．乙二醇和丙三醇互為同系物B．分子式為C5H12O的醇，能在銅催化下被O2氧化為醛的同分異構(gòu)體有4種C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．環(huán)己烯()分子中的所有碳原子共面6、化學(xué)與社會、生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（）選項現(xiàn)象或事實解釋A明礬用于凈水明礬具有消毒殺菌的作用B含硫煤中加入適量石灰石可減少對大氣的污染使煤燃燒產(chǎn)生的SO2最終生成CaSO4C鋼鐵在海水中比在河水中更易腐蝕海水中含氧量高于河水D“地溝油”可以用來制生物柴油其主要成分和從石油中提取的柴油類似A．A B．B C．C D．D7、是一種易溶于水的微紅色斜方晶體，某同學(xué)設(shè)計下列裝置制備硫酸錳：下列說法錯誤的是（）A．裝置II中參與反應(yīng)的氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1:1B．裝置II中用“多孔球泡”可增大的吸收速率C．裝置燒瓶中放入的藥品X為銅屑D．裝置Ⅲ中漏斗的作用是防倒吸8、W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素X和Z同族。鹽YZW與濃鹽酸反應(yīng)，有黃綠色氣體產(chǎn)生，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到Y(jié)ZW的溶液。下列說法不正確的是A．簡單離子半徑大小為Y＜X＜W＜ZB．X的氫化物水溶液酸性弱于Z的C．Y2W2與ZW2均含有非極性共價鍵D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下W的單質(zhì)狀態(tài)與X的相同9、化學(xué)與人類生活、生產(chǎn)息息相關(guān)，下列解決問題的方法不可行的是A．為加快漂白精的漂白速率，使用時可滴加幾滴醋酸B．為防止海鮮腐爛，可將海鮮產(chǎn)品浸泡在硫酸銅溶液中C．為增強治療缺鐵性貧血效果，可在口服硫酸亞鐵片時同服維生素CD．在食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，可防止食物受潮、氧化10、工業(yè)生產(chǎn)水煤氣的反應(yīng)為：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，下列表述正確的是（）A．反應(yīng)物能量總和大于生成物能量總和B．CO(g)H2(g)C(s)H2O(l)131.4kJC．水煤氣反應(yīng)中生成1體積CO(g)吸收131.4kJ熱量D．水煤氣反應(yīng)中生成1molH2(g)吸收131.4kJ熱量11、向銅屑、稀鹽酸和鐵鹽的混合溶液中持續(xù)通入空氣可制備氯化銅。其反應(yīng)過程如圖所示。下列說法不正確的是A．Fe3+對該反應(yīng)有催化作用B．該過程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供C．可用K3[Fe(CN)6]溶液區(qū)分Fe3+與Fe2+D．制備CuCl2的總反應(yīng)為2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O12、以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2，F(xiàn)e2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：已知浸出時產(chǎn)生的廢渣中有SiO2，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是A．浸出鎂的反應(yīng)為B．浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進行C．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3、NH4ClD．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同13、銅鋅原電池（如圖）工作時，下列敘述正確的是A．一段時間后，銅棒上有紅色物質(zhì)析出B．正極反應(yīng)為：Zn－2e－＝Zn2+C．在外電路中，電流從負(fù)極流向正極D．鹽橋中的K+移向ZnSO4溶液14、A元素的原子最外層電子數(shù)是a，次外層電子數(shù)是b；B元素的原子M層電子數(shù)是(a－b)，L層電子數(shù)是(a＋b)，則A、B兩元素形成化合物的化學(xué)式最可能表示為()A．B3A2 B．BA2C．A3B2 D．AB215、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A．NH3NOHNO3B．CaCl2

(aq)CaCO3CaOC．Fe2O3FeCl3(aq)

無水FeCl3D．NaOH(aq)Cu(OH)2懸獨液Cu2O16、下列事實與碳、硅的非金屬性強弱無關(guān)的是()A．CH4的熱穩(wěn)定性強于SiH4B．H2CO3的酸性強于H2SiO3C．CO2能溶于水生成碳酸，而SiO2卻不溶于水D．碳、硅同主族，原子半徑碳小于硅17、下列說法正確的是A．因為SO2具有溧白性，所以它能使品紅溶液、溴水、KMnO4(H+)、石蕊溶液褪色B．裝滿SO2氣體的試管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，進入試管的液體呈紅色C．SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使紅墨水褪色，其原理相同D．SO2和C12等物質(zhì)的量混合后同時通入裝有濕潤的有色布條的集氣瓶中，漂白效果更好18、一定溫度下,將2mo1SO2和ImolO2充入1L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng):2SO2(g)

+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ·mol-1，5min時達到平衡，測得反應(yīng)放熱166.6kJ。下列說法錯誤的是A．0~5

min

內(nèi)，用O2表示的平均反應(yīng)速率V(O2)=0.17mol·L-1·min-1B．n(O2)/n(SO3)的值不變時，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)C．若增大O2的濃度，SO2的轉(zhuǎn)化率增大D．條件不變，若起始時充入4molSO2和2molO2，平衡時放出的熱量小于333.2kJ19、下列實驗對應(yīng)的結(jié)論正確的是選項ABCD裝置結(jié)論用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣能證明非金屬性Cl＞C＞Si分離出Cl2與KI溶液反應(yīng)生成的碘白色沉淀一定是BaSO4A．A B．B C．C D．D20、下列離子方程式正確的是（）A．鈉與水反應(yīng)：B．硅酸鈉溶液與醋酸溶液混合：↓C．0.01mol/L溶液與0.02mol/LBa（OH）2溶液等體積混合：D．濃硝酸中加入過量鐵粉并加熱：21、下列物質(zhì)的水溶液在空氣中小心加熱蒸干灼燒至質(zhì)量不再減少，能得到較純凈的原溶質(zhì)的是（）①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．僅③C．僅①③D．僅①③⑥22、工業(yè)上曾經(jīng)通過反應(yīng)“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生產(chǎn)金屬鈉。下列有關(guān)說法正確的是()A．每生成1molH2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為4×6.02×1023B．將生成的氣體在空氣中冷卻可獲得鈉C．該反應(yīng)條件下鐵的氧化性比鈉強D．用磁鐵可以將Fe與Fe3O4分離二、非選擇題(共84分)23、（14分）如圖中每一個方格表示有關(guān)的一種反應(yīng)物或生成物，其中A、C為無色氣體。（1）寫出有關(guān)物質(zhì)的化學(xué)式X：___；F__。（2）寫出A→D的化學(xué)方程式___。（3）寫出實驗室制備C的化學(xué)方程式___。（4）分別取兩份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的氣體A，隨后各取溶液10mL分別將其稀釋到相同體積，得到溶液甲和乙，分別向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，產(chǎn)生的A氣體體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）與所加入的HCl的體積之間的關(guān)系如圖所示，試分析：①NaOH在吸收A氣體后，乙圖所示溶液中存在的溶質(zhì)是：___，其物質(zhì)的量之比是：__。②原NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度是___mol/L。24、（12分）A、B、C、D均為短周期主族元素，且原子序數(shù)一次遞增。A是地殼中含量最多的元素，B是短周期中金屬性最強的元素，C與D位置相鄰，D是同周期元素中原子半徑最小的元素。完成下列填空：(1)A在周期表中的位置為第____周期______族，A原子的最外層電子排布式為____，A原子核外共有____個不同運動狀態(tài)的電子。(2)B、C、D三種元素形成簡單離子其半徑大小的____________。（用個離子符號表示）(3)A、B形成化合物的電子式____；這些化合物中所含的化學(xué)鍵有____(4)非金屬性的強弱：C______D（填“強于”、“弱于”、“無法比較”），試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因。_____請用一個方程式證明A與C的非金屬性的強弱____。25、（12分）三鹽基硫酸鉛（3PbO·PbSO4·H2O）簡稱三鹽，白色或微黃色粉末，稍帶甜味、有毒。200℃以上開始失去結(jié)晶水，不溶于水及有機溶劑。可用作聚氯乙烯的熱穩(wěn)定劑。以鉛泥（主要成分為PbO、Pb及PbSO4等）為原料制備三鹽的工藝流程如下圖所示。已知：常溫下PbSO4的溶解度比PbCO3的溶解度大請回答下列問題：（1）步驟①轉(zhuǎn)化的目的是____________，濾液1中的溶質(zhì)為Na2CO3和_________（填化學(xué)式）。（2）步驟③酸溶時，為提高酸溶速率，可采取的措施是___________（任寫一條）。其中鉛與硝酸反應(yīng)生成Pb(NO3)2和NO的離子方程式為__________________。（3）濾液2中可循環(huán)利用的溶質(zhì)為__________（填化學(xué)式）。（4）步驟⑥合成三鹽的化學(xué)方程式為_______________________________________（已知反應(yīng)中元素價態(tài)不變）。（5）簡述步驟⑦洗滌沉淀的方法__________________________________________。26、（10分）用含鈷廢料(含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑)制備CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：除鎳過程中溶液pH對Co的回收率影響如下圖所示，部分金屬離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金屬離子開始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4（1）酸浸工藝中用“稀HCl”替代了傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，其優(yōu)點為__________________。（2）除鎳時應(yīng)調(diào)節(jié)pH=______________，此步驟中Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___________________。（3）除鐵過程的步驟：_______________，過濾得CoCl2溶液。(可供選用的試劑：30%H2O2、1.0mol·L-1KMnO4、NaOH固體、CoCO3固體)（4）除鐵后加入鹽酸調(diào)pH的作用是____________________。（5）工業(yè)上采用減壓蒸干的方法制備CoCl2·6H2O，減壓蒸干的目的是___________________。27、（12分）Na2O2是一種常見的過氧化物，具有強氧化性和漂白性，通常可用作漂白劑和呼吸面具中的供氧劑。(1)某實驗小組通過下列實驗探究過氧化鈉與水的反應(yīng)：①用化學(xué)方程式解釋使酚酞試液變紅的原因：______，依據(jù)實驗現(xiàn)象推測紅色褪去的原因是______。②加入MnO2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。(2)實驗小組兩名同學(xué)共同設(shè)計如下裝置探究過氧化鈉與二氧化硫的反應(yīng)。通入SO2將帶余燼的木條插入試管C中，木條復(fù)燃。①甲同學(xué)認(rèn)為Na2O2與SO2反應(yīng)生成了Na2SO3和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是______，檢驗反應(yīng)后B中的白色固體含有Na2SO3的方法是________。②乙同學(xué)認(rèn)為反應(yīng)后的B中有Na2SO3，還會有Na2SO4。乙同學(xué)猜想的理由是_________。為檢驗產(chǎn)物中Na2SO4的存在，乙同學(xué)設(shè)計如下實驗方案：甲同學(xué)認(rèn)為該實驗方案的現(xiàn)象不能證明有Na2SO4生成，其理由為______________。③請補充完整實驗小組測定B中反應(yīng)完全后固體組成的實驗方案：稱取樣品ag加水溶解，___，烘干，稱量沉淀質(zhì)量為bg，然后計算各物質(zhì)的含量。28、（14分）氯化鉻晶體（CrCl3·6H2O）是一種重要的工業(yè)原料，工業(yè)上常用鉻酸鈉（Na2CrO4）來制備。實驗室以紅礬鈉（Na2Cr2O7）為原料制備CrCl3·6H2O的流程如下：已知：①Cr2O72－＋H2O2CrO42－＋2H+；②CrCl3·6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。（1）寫出堿溶發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________________，所加40%NaOH不宜過量太多的原因是______________________________。（2）還原時先加入過量CH3OH再加入10%HCl，生成CO2，寫出該反應(yīng)的離子方程式_________________，反應(yīng)后從剩余溶液中分離出CH3OH的實驗方法是_____________。（3）使用下列用品來測定溶液的pH，合理的是_________（填字母）。A．酚酞溶液B．石蕊試紙C．pH計（4）請補充完整由過濾后得到的固體Cr（OH）3制備CrCl3·6H2O的實驗方案：將過濾后所得的潔凈固體_______________________，蒸發(fā)濃縮，__________，過濾，______________，低溫干燥，得到CrCl3·6H2O（實驗中可供選擇的試劑：鹽酸、硫酸、蒸餾水、乙醇、乙醚）。（5）若取原料紅礬鈉26.2g，實驗最終得到氯化鉻晶體42.64g，則該實驗的產(chǎn)率為_________。29、（10分）氮化鎵(GaN)被稱為第三代半導(dǎo)體材料，其應(yīng)用已經(jīng)取得了突破性的進展。已知：（i）氮化鎵性質(zhì)穩(wěn)定，不與水、酸反應(yīng)，只在加熱時溶于濃堿。（ii）NiCl2溶液在加熱時，先轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，后分解為NiO。（iii）制備氮化鎵的反應(yīng)為：2Ga+2NH32GaN+3H2某學(xué)?；瘜W(xué)興趣小組實驗室制備氮化鎵，設(shè)計實驗裝置如圖所示：設(shè)計實驗步驟如下：①滴加幾滴NiCl2溶液潤濕金屬鎵粉末，置于反應(yīng)器內(nèi)。②先通入一段時間后的H2，再加熱。③停止通氫氣，改通入氨氣，繼續(xù)加熱一段時間。④停止加熱，繼續(xù)通入氨氣,直至冷卻。⑤將反應(yīng)器內(nèi)的固體轉(zhuǎn)移到盛有鹽酸的燒杯中，充分反應(yīng)過濾、洗滌、干燥。（1）儀器X中的試劑是___________，儀器Y的名稱是__________________。（2）指出該套裝置中存在一處明顯的錯誤是________________________。（3）步驟①中選擇NiCl2溶液，不選擇氧化鎳的原因是____________________。a.增大接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率b.使鎳能均勻附著在鎵粉的表面，提高催化效率c.為了能更好形成原電池，加快反應(yīng)速率（4）步驟③中制備氮化鎵，則判斷該反應(yīng)接近完成時觀察到的現(xiàn)象是____________________。（5）請寫出步驟⑤中檢驗產(chǎn)品氮化鎵固體洗滌干凈的操作________________________。（6）鎵元素與鋁同族，其性質(zhì)與鋁類似，請寫出氮化鎵溶于熱NaOH溶液的離子方程式：______________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】試題分析：A．氯元素在S2Cl2中為-1價，根據(jù)化合價規(guī)則知硫元素的化合價為+1價，故A正確；B．分子結(jié)構(gòu)中每個原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)，則硫原子和氯原子之間形成的化學(xué)鍵為極性鍵共價鍵，還應(yīng)有硫和硫原子之間的化學(xué)鍵是非極性共價鍵，故B錯誤；C．S2Br2與S2Cl2均屬于分子晶體，分子晶體中，分子量越大則熔沸點越高，所以熔沸點：S2Br2＞S2Cl2，故C正確；D．S2Cl2與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式可能為：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故D正確；故選B?？键c：考查化學(xué)鍵鍵型與晶體結(jié)構(gòu)的判斷2、D【詳解】A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制劑在溫度較高時容易失活，需要冷凍保存，故A正確；B.金屬材料包括純金屬以及它們的合金，鋁鋰合金屬于金屬材料，故B正確；C.納米復(fù)合材料表面積大，納米復(fù)合材料實現(xiàn)了水中微污染物鉛（Ⅱ）的高靈敏、高選擇性檢測，但吸附的量小，故C正確；D.光纜的主要成分是二氧化硅，故D錯誤；故選D。3、A【詳解】A.蘇打也叫純堿，是Na2CO3的俗稱，制造玻璃的原料有純堿、石灰石和二氧化硅，純堿水解呈堿性，有利于油脂的水解，故A正確；B.過氧化鈉與水反應(yīng)具有腐蝕性的氫氧化鈉，不能用于食品的漂白，故B錯誤；C.乙醇能夠殺菌消毒，但乙醇不具有氧化性，故C錯誤；D.84消毒液”含NaClO，與含鹽酸的潔廁靈混合，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，氯氣有毒，不能混合使用，故D錯誤；故選A。4、A【詳解】A、氧化物電解質(zhì)的量不會減少，在電極Y上O2得到電子生成O2-不斷在補充，故A錯誤；B、由原理圖分析可知，其負(fù)極反應(yīng)式為C+2CO32--4e-=3CO2↑，即B正確；C、原電池內(nèi)部的陰離子向負(fù)極移動，所以C正確；D、直接煤一空氣燃料電池是把化學(xué)直接轉(zhuǎn)化為電能，而煤燃燒發(fā)電是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，再轉(zhuǎn)化為電能，其中能量損耗較大，所以D正確。正確答案為A。5、B【詳解】A．乙二醇和丙三醇中-OH數(shù)目不同，不屬于同系物，故A錯誤；B．分子式為C5H12O的醇，它的同分異構(gòu)體中，經(jīng)氧化可生成醛，說明連接羥基的碳原子上含有2個氫原子，C5H12的同分異構(gòu)體有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。當(dāng)烷烴為CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1種結(jié)構(gòu)；當(dāng)烷烴為(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2種結(jié)構(gòu)；當(dāng)烷烴為(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1種結(jié)構(gòu)，因此C5H12O的醇中可以氧化為醛的醇有4種，故B正確；C．的最長碳鏈有6個碳，其名稱為2，3，4，4-四甲基己烷，故C錯誤；D．環(huán)己烯()分子中含有4個亞甲基，亞甲基具有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D錯誤；故選B。6、B【解析】A.明礬沒有強氧化性,沒有消毒殺菌作用，故A錯誤；B.向煤中加入適量石灰石，石灰石與煤燃燒時產(chǎn)生的SO2與空氣中的O2反應(yīng)，生成CaSO4和CO2，所以B選項是正確的；

C.海水中含有電解質(zhì)氯化鈉，氯化鈉可與鋼鐵形成原電池，原電池能加快化學(xué)反應(yīng)速率，故C錯誤；D.生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯類化合物，是動植物油脂與甲醇通過酯化反應(yīng)得到的；而石化柴油屬于烴類物質(zhì)，是從石油里面提煉出來的，故D錯誤；故選B?！军c睛】明礬凈水是利用鹽類水解原理，沒有強氧化性；生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油屬于烴類物質(zhì)，兩者成分不同，制取方法不同。7、C【分析】由實驗裝置可知，裝置Ⅰ用于制取SO2，X應(yīng)為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，而Cu與濃硫酸常溫下不反應(yīng)；裝置II為制備硫酸錳晶體的發(fā)生裝置，二氧化硫與二氧化錳反應(yīng)生成MnSO4，使用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率；用裝置Ⅱ反應(yīng)后的溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到晶體；裝置Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣，以此來解答。【詳解】A．根據(jù)分析，裝置II中MnO2與SO2直接發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnSO4，反應(yīng)式為MnO2+SO2=MnSO4，參與反應(yīng)的氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1：1，故A正確；B．裝置II中用“多孔球泡”，增大了接觸面積，可增大的吸收速率，故B正確；C．常溫下，Cu不與濃硫酸反應(yīng)，則X不可能為Cu，應(yīng)該為亞硫酸鈉，故C錯誤；D．二氧化硫有毒，需要使用尾氣吸收裝置，則裝置Ⅲ中NaOH溶液用于吸收未反應(yīng)的二氧化硫，裝置中漏斗的作用是防倒吸，故D正確；答案選C。8、C【分析】鹽YZW與濃鹽酸反應(yīng)，有黃綠色氣體產(chǎn)生，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到Y(jié)ZW的溶液，可知黃綠色氣體為氯氣，鹽YZW為NaClO，W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素X和Z同族，則W為O、X為F、Y為Na、Z為Cl，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，W為O、X為F、Y為Na、Z為Cl；A．電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離子半徑大小為Y＜X＜W＜Z，故A正確；B．HF酸為弱酸，HCl為強酸，則X的氫化物水溶液酸性弱于Z的，故B正確；C．Y2W2含O-O非極性共價鍵，而ZW2中只有極性共價鍵，故C錯誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下W的單質(zhì)狀態(tài)與X的相同，均為氣體，故D正確；故答案為C。9、B【詳解】A.漂白精中含有次氯酸鈣，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的濃度，則氧化性增強，可增大漂白速率，故A正確；B.硫酸銅為重金屬鹽，對人體有害，不能用于食品防腐，故B錯誤；C.維生素C具有還原性，可防止亞鐵被氧化，可在口服硫酸亞鐵片時同服維生素C，可增強治療缺鐵性貧血效果，故C正確；D.硅膠具有吸水性,可有效防止食物受潮，鐵具有還原性，可防止食物被氧化做抗氧化劑，故D正確。答案選B。10、D【解析】A、根據(jù)能量守恒可知該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，A錯誤。B、C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，其逆反應(yīng)為放熱反應(yīng)，生成液態(tài)水放出的熱量比生成氣態(tài)水放出的熱量多，所以放出的的熱量的數(shù)值應(yīng)該大于131.4，B錯誤。C、該反應(yīng)中生成1molCO(g)吸收131.4kJ熱量，而不是指1體積的CO氣體，化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)表示物質(zhì)的物質(zhì)的量，C錯誤。D、方程式中的化學(xué)計量數(shù)表示物質(zhì)的物質(zhì)的量，所以該反應(yīng)中生成1molH2(g)吸收131.4kJ熱量，D正確。正確答案為D11、B【詳解】A.根據(jù)流程可知發(fā)生反應(yīng)為Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，根據(jù)反應(yīng)可知，F(xiàn)e3+對該反應(yīng)有催化作用，選項A正確；B.若過程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供，由于酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，能氧化亞鐵離子，選項B不正確；C.可用K3[Fe(CN)6]溶液區(qū)分Fe3+與Fe2+，產(chǎn)生藍色沉淀則含有Fe2+，選項C正確；D.由流程分析可知，制備CuCl2的總反應(yīng)為2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O，選項D正確。答案選B。12、B【分析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同時產(chǎn)生氨氣，則此時浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅燒得到高純鎂砂。【詳解】A．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學(xué)方程式為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；B．一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯誤；C．浸出過程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當(dāng)pH達到一定值時Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確；故答案為B。13、A【解析】A、銅為正極，電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu，說明銅棒上有紅色物質(zhì)析出，選項A正確；B、鋅為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為Zn-2e-=Zn2+，選項B不正確；C、電流從正極經(jīng)外電路流向負(fù)極，選項C不正確；D、鹽橋中K+移向正極區(qū)，也就是移向CuSO4溶液，選項D不正確。答案選A。14、B【詳解】因為B的L層電子數(shù)為(a＋b)且有M層，所以a+b=8，又因A原子最外層電子數(shù)為a，次外層電子數(shù)為b，且滿足a+b=8，所以A原子有兩個電子層，且K層為2個電子，L層為6個電子，所以a=6，b=2。進而推知B的各電子層上的電子數(shù)分別為2、8、4；即A為O，B為Si，二者形成的物質(zhì)為SiO2，故答案為B。15、D【解析】A項，4NH3+5O24NO+6H2O，NO與H2O不反應(yīng)，錯誤；B項，CO2與CaCl2（aq）不反應(yīng)，CaCO3CaO+CO2↑，錯誤；C項，F(xiàn)e2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，F(xiàn)eCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加熱時由于HCl的揮發(fā)，水解平衡正向移動，最終FeCl3完全水解成Fe（OH）3，不能得到無水FeCl3，錯誤；D項，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2↓，CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，正確；答案選D。16、C【解析】A、元素的非金屬性越強，對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性越強，CH4的熱穩(wěn)定性強于SiH4，可說明C元素的非金屬性比Si元素強，所以與非金屬性強弱有關(guān)，A項不符合題意；B、元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，H2CO3的酸性強于H2SiO3，可說明C元素的非金屬性比Si元素強，所以與非金屬性強弱有關(guān)，B項不符合題意；C、物質(zhì)的溶解性屬于物理性質(zhì)，與元素的非金屬性強弱無關(guān)，C項符合題意；D、在周期表中同主族元素從上到下原子半徑依次增大，非金屬性依次減弱，所以碳、硅同主族，原子半徑碳小于硅，可說明C元素的非金屬性比Si元素強，所以與非金屬性強弱有關(guān)，D項不符合題意；答案選C。17、B【詳解】A.SO2具有溧白性，所以它能使品紅溶液，SO2具有還原性，能使溴水、KMnO4(H+)褪色；SO2溶于水生成亞硫酸，溶液顯酸性石蕊溶液變紅色，A錯誤；B.SO2溶于水生成亞硫酸，溶液顯酸性，因此裝滿SO2氣體的試管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，進入試管的液體呈紅色，B正確；C.SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使紅墨水褪色，其原理分別是化合、氧化、吸附、氧化，C錯誤；D.SO2和C12等物質(zhì)的量混合后同時通入裝有濕潤的有色布條的集氣瓶中二者反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，漂白效果降低，D錯誤；答案選B。18、D【解析】A、根據(jù)反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196kJ?mol-1可知，當(dāng)反應(yīng)放熱166.6kJ時，有1.7mol二氧化硫和0.85mol氧氣參加反應(yīng)，生成1.7mol三氧化硫，則0～5min內(nèi)，用O2表示的平均反應(yīng)速率V(O2)＝0.85mol/(10L×5min)＝0.017mol·L-1·min-1，A正確；B、的值不變時，說明氧氣和二氧化硫的濃度保持不變，該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，B正確；C、若增大O2的濃度，平衡正向移動，SO2的轉(zhuǎn)化率增大，C正確；D、條件不變，起始向容器中充入4molSO2和2molO2，相當(dāng)于加壓，平衡時放熱大于333.2kJ，D錯誤。答案選D。點睛：選項D是解答的難點，注意放大縮小思想的靈活應(yīng)用，該方法適用于起始投入物質(zhì)的物質(zhì)的量之間存在一定的倍數(shù)關(guān)系。它指的是將反應(yīng)容器的體積擴大一定的倍數(shù)，使起始物質(zhì)的濃度相同，則在一定條件下，可建立相同的平衡態(tài)。然后在此基礎(chǔ)上進行壓縮，使其還原為原來的濃度。分析在壓縮過程中，平衡如何移動，再依據(jù)勒夏特列原理，分析相關(guān)量的變化情況。19、D【分析】A．用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣，要加熱；B．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反應(yīng)；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；D．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀．【詳解】A．用濃鹽酸與二氧化錳制氯氣，要加熱，故A錯誤；B．鹽酸易揮發(fā)，鹽酸與硅酸鈉反應(yīng)，且鹽酸為無氧酸，則不能比較非金屬性，故B錯誤；C．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，過濾不能分離出碘，應(yīng)用萃取分液，故C錯誤；D．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，3SO2＋2H2O＋3Ba(NO3)2=3BaSO4＋2NO↑＋4HNO3，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，解題關(guān)鍵，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理、實驗技能，難點D：二氧化硫可被硝酸鹽溶液氧化。20、C【詳解】A.沒有配平，鈉與水反應(yīng)的方程式為：，A錯誤；B.醋酸難電離，硅酸鈉溶液與醋酸溶液混合：，B錯誤；C.0.01mol/L溶液與0.02mol/LBa（OH）2溶液等體積混合恰好反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鋁和一水合氨：，C正確；D.濃硝酸中加入過量鐵粉并加熱生成的是亞鐵離子：，D錯誤；答案選C。21、C【解析】根據(jù)鹽類的水解原理分析；【詳解】①CuSO4溶液中Cu2+水解生成氫氧化銅和硫酸，硫酸是難揮發(fā)性酸，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)；故①符合題意；

②FeSO4中的Fe2+加熱易被氧化為三價鐵，最終無法得到原溶質(zhì)，故②不符合；

③K2CO3溶液中碳酸根離子水解生成碳酸氫鉀和氫氧化鉀，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)，故③符合題意；

④Ca（HCO3）2受熱分解生成CaCO3、CO2和H2O，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈碳酸鈣，故④不符合；

⑤NH4HCO3受熱分解，生成CO2、H2O和NH3，故加熱后得不到原溶質(zhì)，故⑤不符合；

⑥KMnO4加熱到質(zhì)量不變，分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，故得不到原溶質(zhì)，故⑥不符合題意；

⑦FeCl3溶液水解生成氫氧化鐵和氯化氫，氯化氫揮發(fā)促進水解得到氫氧化鐵，在加熱蒸干，氫氧化鐵分解生成Fe2O3，故得不到原溶質(zhì)，故⑦不符合意義。

故選C。【點睛】掌握物質(zhì)在水溶液中，經(jīng)過加熱促進水解的過程中發(fā)生的化學(xué)變化是解題關(guān)鍵。22、A【詳解】A.反應(yīng)中，轉(zhuǎn)移8個電子，所以每生成1mol氫氣，轉(zhuǎn)移4mol電子，故正確；B.將生成的氣體在空氣中冷去，鈉和氧氣反應(yīng)生成氧化鈉，不能得到鈉，故錯誤；C.該反應(yīng)利用鈉的沸點低，鐵沒有氧化性，故錯誤；D.四氧化三鐵是磁性氧化鐵，不能用磁鐵分離鐵和四氧化三鐵，故錯誤。故選A。二、非選擇題(共84分)23、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根據(jù)框圖，X既能與鹽酸反應(yīng)，又能與NaOH反應(yīng)，分別生成氣體A和C，則X應(yīng)為弱酸的銨鹽，氣體A能與過氧化鈉反應(yīng)，故A為CO2，則D為碳酸鈉或氧氣；C能夠發(fā)生催化劑作用下能夠與D反應(yīng)，則C為NH3，D為O2，則X應(yīng)為NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B為H2O，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，E為NO，F(xiàn)為NO2，G為HNO3，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)由以上分析可知X為NH4HCO3或(NH4)2CO3，F(xiàn)為NO2，故答案為NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案為2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣在加熱條件下制備氨氣，反應(yīng)的方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中從開始生成CO2氣體至二氧化碳體積最大，消耗HCl50mL，發(fā)生的反應(yīng)為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳與NaOH反應(yīng)后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，將CO32-轉(zhuǎn)化為HCO3-應(yīng)消耗HCl為50mL，而圖象中開始生成CO2氣體之前消耗HCl體積為25mL，說明該階段只發(fā)生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳與NaOH反應(yīng)后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3消耗鹽酸體積為25mL，則原溶液中NaHCO3消耗鹽酸體積50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物質(zhì)的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案為NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL鹽酸時，溶液中溶質(zhì)都恰好完全反應(yīng)，此時溶液中只含有溶質(zhì)NaCl，根據(jù)元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氫氧化鈉溶液的濃度==0.75mol/L，故答案為0.75。24、二ⅥA2s22p48S2->Cl->Na+、離子鍵、共價鍵弱于非金屬性也就是得電子的能力S的原子序數(shù)是16而Cl是17所以Cl的原子半徑小于S原子，Cl原子對電子的引力較大所以捕獲電子的能力也大由反應(yīng)2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化劑，S是氧化產(chǎn)物，O2的氧化性大于S，非金屬性越強，氧化性越強，說明S的非金屬性小于O【分析】A、B、C、D均為短周期主族元素，且原子序數(shù)一次遞增。A是地殼中含量最多的元素，則A為氧元素；B是短周期中金屬性最強的元素，則B為鈉元素；C與D位置相鄰，D是同周期元素中原子半徑最小的元素，則D為氯元素，C為硫元素；A、B、C、D分別為：O、Na、S、Cl。【詳解】(1)A為氧元素，在周期表中的位置為第二周期ⅥA族，氧原子的最外層電子排布式為2s22p4，氧原子核外共有8個電子，則有8個不同運動狀態(tài)的電子。答案為：二；ⅥA；2s22p4；8；(2)Na、S、Cl三種元素形成簡單離子分別為：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分別為三個電子層，Na+為兩個電子層，Na+半徑最小，電子層結(jié)構(gòu)相同的粒子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故S2-半徑大于Cl-半徑，半徑大小的順序為：S2->Cl->Na+。答案為：S2->Cl->Na+；(3)O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，電子式分別為、；這些化合物中所含的化學(xué)鍵有離子鍵、共價鍵；答案為：、；離子鍵、共價鍵；(4)S和Cl為同周期元素，同周期元素從左至右，非金屬性依次增強，則非金屬性的強弱：S弱于Cl；從原子結(jié)構(gòu)的角度分析：非金屬性也就是得電子的能力S的原子序數(shù)是16而Cl是17所以Cl的原子半徑小于S原子，Cl原子對電子的引力較大所以捕獲電子的能力也大；由反應(yīng)2H2S+O2（不足）2H2O+2S↓

可知，O2是氧化劑，S是氧化產(chǎn)物，O2的氧化性大于S，非金屬性越強，氧化性越強，說明S的非金屬性小于O；答案為：弱于；非金屬性也就是得電子的能力S的原子序數(shù)是16而Cl是17所以Cl的原子半徑小于S原子，Cl原子對電子的引力較大所以捕獲電子的能力也大；由反應(yīng)2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化劑，S是氧化產(chǎn)物，O2的氧化性大于S，非金屬性越強，氧化性越強，說明S的非金屬性小于O。25、將PbSO4化為PbCO3，提高鉛的利用率Na2SO4適當(dāng)升溫(或適當(dāng)增大硝酸濃度或減小沉淀粒徑等其他合理答案）3Pb+8H++2NO3—=3Pb2++2NO↑+4H2OHNO34PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbO?PbSO4?H2O+2H2O用玻璃棒引流，向過濾器中加蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流下，重復(fù)上述操作2-3次【解析】(1)步驟①向鉛泥中加Na2CO3溶液，PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，則可將PbSO4轉(zhuǎn)化成PbCO3，所以濾液Ⅰ的溶質(zhì)主要是Na2SO4和過量的Na2CO3，故答案為：將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，提高鉛的利用率；Na2SO4；(2)酸溶時，為提高酸溶速率，可采取的措施是適當(dāng)升溫(或適當(dāng)增大硝酸濃度或減小沉淀粒徑等)；鉛與硝酸反應(yīng)生成Pb(NO3)2和NO的離子方程式為：3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O；故答案為：適當(dāng)升溫(或適當(dāng)增大硝酸濃度或減小沉淀粒徑等)；3Pb+8H++2NO3-=3Pb2++2NO↑+4H2O；(3)Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下轉(zhuǎn)化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4轉(zhuǎn)化成PbSO4和硝酸，HNO3可循環(huán)利用，故答案為：HNO3；(4)步驟⑥合成三鹽的化學(xué)方程式為：4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O，故答案為：4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O；(5)步驟⑦沉淀表面附著硫酸根離子，洗滌沉淀的方法為：用玻璃棒引流，向過濾器中加蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流下，重復(fù)上述操作2-3次，故答案為：用玻璃棒引流，向過濾器中加蒸餾水至沒過沉淀，待水自然流下，重復(fù)上述操作2-3次。點睛：本題考查了物質(zhì)的制備，理解工藝流程原理是解題的關(guān)鍵。以鉛泥(主要成分為PbO、Pb及PbSO4等)為原料制備三鹽：向鉛泥中加Na2CO3溶液是將PbSO4轉(zhuǎn)化成PbCO3，濾液Ⅰ的溶質(zhì)主要是Na2SO4和過量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下轉(zhuǎn)化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4轉(zhuǎn)化成PbSO4和硝酸，過濾的濾液為HNO3，可循環(huán)利用，向硫酸鉛中加入氫氧化鈉合成三鹽和硫酸鈉，洗滌沉淀干燥得到三鹽。26、減少有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽（或防止將Co2+氧化）10否向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)向溶液中加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH至4.1≤pH≤6.6，使Fe3+沉淀完全抑制Co2-水解防止COCl2·6H2O分解【解析】含鈷廢料(含CoCO3、少量NiCO3與鐵屑)加稀鹽酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水將Co2+、Fe2+沉淀，過濾，向沉淀中加入鹽酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加適量30%H2O2，氧化亞鐵離子，向溶液中加入CoCO3，根據(jù)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH數(shù)據(jù)，需要調(diào)節(jié)溶液pH4.l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，過濾得CoCl2溶液，減壓蒸干溶液，結(jié)晶干燥得CoCl2?6H2O。(1)硝酸酸浸時氧化Co2+產(chǎn)生氮氧化物，酸浸工藝中用“稀HCl”替代傳統(tǒng)的“鹽酸與硝酸的混酸”，可以減少有毒氣體氮氧化物的排放；同時防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽(或防止將Co2+氧化)，故答案為減少有毒氣體氮氧化物的排放；防止產(chǎn)品中混有硝酸鹽(或防止將Co2+氧化)；(2)由圖2可知，pH=10時，Co的回收率高且Ni的含量低，Co元素在濾渣中，Ni元素在濾液中，故未形成沉淀，故答案為10；否；(3)除鐵過程中，需要將亞鐵離子氧化為鐵離子，然后調(diào)節(jié)pH沉淀鐵離子，為了不引入新雜質(zhì)，故選擇過氧化氫做氧化劑，用CoCO3調(diào)節(jié)pH，操作為：①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；③過濾得CoCl2溶液；故答案為①向溶液中滴加適量30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②向溶液中加入CoCO3，調(diào)節(jié)溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；(4)Co2+水解，故加鹽酸可以抑制Co2+水解，故答案為抑制Co2+水解；(5)工業(yè)上采用減壓蒸干的方法制備CoCl2?6H2O，減壓蒸干的目的是防止CoCl2?6H2O分解，故答案為防止CoCl2?6H2O分解。27、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反應(yīng)生成的H2O2具有漂白作用2H2O2=2H2O+O2↑2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2取反應(yīng)生成白色固體少許,滴入稀硫酸,生成無色氣體使品紅溶液褪色,說明含Na2SO3過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇；加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌【分析】（1）①過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅；紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和水反應(yīng)生成的過氧化氫具有氧化性；②過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣；（2）①根據(jù)反應(yīng)物和生成物寫出方程式，根據(jù)得失電子數(shù)相等配平方程式；要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗出含有SO32-就可以了；②根據(jù)過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫有較強的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4；硫酸鈉和亞硫酸鈉均有氯化鋇反應(yīng)生成沉淀，亞硫酸鋇加硝酸時氧化生成硫酸鋇，不能說明是否含硫酸鋇；③利用亞硫酸鋇易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶分析判斷?！驹斀狻?1)①過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅，反應(yīng)方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和水反應(yīng)生成的過氧化氫具有氧化性，能氧化有色物質(zhì)，故答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反應(yīng)生成的H2O2具有漂白作用；②過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2H2O2=2H2O+O2↑，故答案為：2H2O2=2H2O+O2↑；(2)①Na2O2與SO2反應(yīng)生成了Na2SO3和O2，結(jié)合得失電子守恒知，該反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，要證明白色固體中含有Na2S