高三化学二轮复习 考点突破-无机物的性质实验

高三化学二轮复习考点突破--无机物的性质实验一、单选题1．Na2CA．NaB．分别取这两种固体滴加几滴水，均无放热效应C．各取1g固体加10mL水，充分振荡后滴加1~2滴酚酞，红色更深的是NaHCD．NaHCO2．下列实验不能达到预期目的的是()序号实验操作实验目的A向含有AgCl和AgNO3的浊液中滴加Na2S溶液，有黑色沉淀生成证明Ksp(Ag2S)sp(AgCl)B将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液变红褐色制备Fe(OH)3胶体C配制FeCl2溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸抑制Fe2+水解和防止Fe2+被氧化D将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中研究温度对化学平衡移动的影响A．A B．B C．C D．D3．下列各组物质中，不能满足有图所示关系的一组是(每个箭头表示一步转化)选项XYZASiSiONaBFeClFeFeClCAlAlClAl(OH)DSOSOHA．A B．B C．C D．D4．用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：①②则两种方案制得单质铜的量为（）A．①多 B．②多 C．相等 D．无法判断5．关于下列各装置图的叙述中，正确的是（）A．用装置①可制备氢氧化亚铁并长时间观察其颜色B．装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C．装置③验证Na2CO3和NaHCO3两种固体的热稳定性D．通过④的方法配制一定浓度的稀硫酸溶液6．化学与生活密切相关，下列叙述正确的是：（）A．向煮沸的NaOH溶液中滴加5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变为红褐色，可制取Fe(OH)3胶体B．石英能用于生产光导纤维，高纯硅可以制芯片、CPU等半导体C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D．84消毒液和75%的酒精杀菌消毒的原理相同7．下列关于浓硫酸的叙述正确的是A．具有吸水性，因而能使蔗糖碳化B．常温下可迅速与铜片反应放出二氧化碳气体C．是一种干燥剂，能够干燥氨气、硫化氢等气体D．常温下能够使铁、铝等金属钝化8．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A少量的Fe粉中加入足量稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋B左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸先变蓝后变白浓氨水呈碱性且有漂白性D浓HNO3加热有红棕色气体产生HNO3有强氧化性A．A B．B C．C D．D9．下列关于胶体的叙述中错误的是（）A．丁达尔效应可用来区别胶体与溶液B．有些液溶胶是透明的，用肉眼很难与溶液相区分C．溶液、胶体、浊液的根本区别是分散质粒子的直径大小D．制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液与氢氧化钠溶液混合10．通过对实验现象的观察、分析、推理得出正确的结论是化学学习的方法之一，下列对各实验事实的解释正确的是（）选项现象解释A氯水使有色布条褪色次氯酸具有强氧化性B蔗糖中加入浓硫酸时蔗糖变黑浓硫酸具有吸水性CSO2气体使品红溶液褪色SO2具有强还原性D铜片放入浓硫酸中，无明显变化铜在冷的浓硫酸中发生钝化A．A B．B C．C D．D11．有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（）A．相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸作用时，产生气体质量相同B．NaHCO3比Na2CO3热稳定性要强C．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应D．Na2CO3和NaHCO3均可与NaOH溶液反应12．下列说法中正确的是（）A．在铜和浓硫酸反应后的试管中加水，以观察溶液颜色B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C．用氯水进行水处理，夏季比冬季的效果好D．稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶1二、填空题13．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计了如下实验：（1）①连接仪器：把玻璃导管插入橡胶塞的操作是：，然后对准橡胶塞上得空稍稍用力转动，将其插入．②检查气体发生装置A的气密性的操作是：向分液漏斗中注水，若水不能顺利流下，则气密性良好．（2）整套实验装置存在一处明显不足，请指出．用改正后的装置进行实验．实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄振荡后CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为：（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化：D装置中：红色慢慢褪去．E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色．为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ．（SCN）2性质与卤素单质类似．氧化性：Cl2＞（SCN）2．Ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色（略带黄色），沸点为5℃，与水发生水解反应．Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水．

①请用平衡移动原理（结合化学用语）解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因，请设计简单实验证明上述解释：②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生．请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因．14．某学习小组探究铜跟浓硫酸反应的情况．取6.4g铜片和10mL18mol•L﹣1的浓硫酸放在圆底烧瓶中，按右图所示装置进行实验．（1）铜和浓硫酸反应的化学方程式为．（2）实验结束后，发现广口瓶中产生白色沉淀，加入足量盐酸后沉淀几乎完全溶解．简要分析广口瓶中产生沉淀的主要原因：．（3）实验结束后，发现烧瓶中有铜片剩余．根据所学知识，他们认为烧瓶中还有较多的硫酸剩余．选择合适的试剂，设计简单易行的实验方案证明有余酸：．供选择的试剂：铁粉、银粉、BaCl2溶液、Na2CO3溶液（4）甲同学设计如下方案：测定产生气体的量，再计算余酸的浓度．下列测定产生气体的量的实验方法中，不可行的是（填编号）．a．将气体缓缓通过预先称量、盛有碱石灰的干燥管，反应结束后再次称量b．将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，再加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀c．用排水法测定产生气体的体积d．用排饱和NaHSO3的方法测定产生气体的体积（5）乙同学设计通过酸碱中和滴定来测定余酸的浓度：待烧瓶冷却至室温后，将其中的溶液用蒸馏水稀释至100mL，移取25mL到锥形瓶中，滴加2滴酚酞试液，用标准NaOH溶液滴至终点．平行实验三次．①稀释时，应先往（填仪器名称）中加入（填“烧瓶中的溶液”或“蒸馏水”）．②该方法测得的余酸浓度（填“偏大”、“偏小”或“准确”）．（6）丙设计了测定余酸浓度的较为简易的实验方案：取出反应后剩余的铜片，进行洗涤、干燥、称量．若称得剩余铜片的质量为3.2g，反应后溶液体积变化忽略不计，则剩余硫酸的物质的量浓度为．15．某兴趣小组课后对Na2CO3和NaHCO3的性质进行实验探究，回答下列有关问题：（1）实验室两瓶固体试剂标签已经模糊，无法区分Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，该小组设计了下述实验方案，方案或结论不正确的是。A．将两种固体分别配制成溶液，滴入澄清石灰水，观察有无浑浊，出现浑浊现象的为Na2CO3B．称取等质量的固体粉末装入气球中，倒入装有足量盐酸的试管中，最终气球体积大的为Na2CO3C．将两种固体分别加入试管中加热，将产生的气体通入澄清石灰水，出现浑浊的为NaHCO3D．往两种固体中分别滴入适量的水，用温度计测量过程中温度的变化，温度升高的为Na2CO3（2）确定固体成分后，该小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。(已知：氢氧根离子的浓度越小，pH越小，溶液碱性越弱)实验绘图①实验中，Na2CO3溶液滴入澄清石灰水，发生的离子反应为；该反应中OH－没有参与反应，图给证据是；②实验中，滴加NaHCO3溶液的pH变化与Na2CO3溶液的有明显差异，用离子方程式解释滴加NaHCO3溶液烧杯中pH显著减小的原因；16．Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，为了获得白色的Fe（OH）2沉淀，可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备．（1）除去蒸馏水中溶解的O2常采用的方法．（2）生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，这样操作的理由是（3）检验Fe3+存在的最佳试剂是，现象是．（4）写出Fe与H20在一定条件下反应的化学方程式．Fe（OH）2被氧化的化学方程为：．三、综合题17．海带中提取碘的一种流程如下：（1）操作Ⅰ的主要目的是获得含I−的溶液，他包括灼烧、水浸。其中灼烧用的装置如图所示，仪器A的名称为（2）若“反应”中通入的Cl2恰好将I−转化为I2,则该反应的离子方程式为，由此可以证明Cl2的氧化性（3）操作Ⅱ的现象是；得到水层的方法:将通入Cl2后的溶液置于分液漏斗中,加人CCl4,振荡静置,（4）检验“操作Ⅱ”所得水层中是否含有Fe318．绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5．（1）通入硫化氢的作用是：①除去溶液中的Sn2+离子②除去溶液中的Fe3+，其反应的离子方程式为；操作Ⅱ，在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是．（2）操作IV的顺序依次为：、过滤、洗涤、干燥．（3）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②．（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②．（5）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a．称取一定质量绿矾产品，配制成250.00mL溶液；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01000mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）．①用硫酸酸化的0.01000mol•L﹣1KMnO4溶液滴定时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视．②判断此滴定实验达到终点的方法是．③若用上述方法测定的样品中FeSO4•7H2O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有．四、实验探究题19．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示。（1）图Ⅰ、Ⅱ所示实验中，(填序号)能够较好达到实验目的。（2）图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，两个实验的发生装置中反应的化学方程式为：；与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是(填字母)。A．Ⅳ比Ⅲ复杂B．Ⅳ比Ⅲ安全C．Ⅳ比Ⅲ操作简便D．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行（3）若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是(填化学式)。（4）现有碳酸钠和碳酸氢钠的混合物共19.0g，对固体经过充分加热，冷却，称量，最终固体质量为15.9g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为。(保留3位有效数字)20．某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程式是。（2）装置E中的现象是。（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。写出可能发生的有关反应化学方程式：。（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3•6H2O晶体，设计流程如图所示：①步骤I中通入Cl2的作用是。②简述检验滤液中Fe3+的操作方法。③步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体的主要操作包括：。

答案解析部分1．【答案】D【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【解析】【解答】A．Na2CO3俗名叫苏打，而小苏打是碳酸氢钠，故A不符合题意；B．Na2CO3中滴入几滴水，生成Na2CO3·10H2O，放出热量，所以并不是均无热效应，故B不符合题意；C．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，所以红色更深的是碳酸钠，故C不符合题意；D．NaHCO3加热分解分解成碳酸钠、二氧化碳和水，所以碳酸氢钠不稳定受热易分解，故D符合题意；故答案为：D。【分析】碳酸钠和碳酸氢钠性质的区别：

1、碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热；

2、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解；

3、碳酸钠溶液滴加酚酞变红，碳酸氢钠溶液滴加酚酞变浅红；

4、碳酸钠加盐酸的过程先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳，碳酸氢钠加盐酸直接生成二氧化碳；

5、碳酸钠溶液加氯化钡或氯化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氯化钡或氯化钙不生成沉淀；

6、碳酸钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀，碳酸氢钠加氢氧化钡或氢氧化钙生成沉淀。2．【答案】A【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【解析】【解答】A．AgNO3会和Na2S会反应生成Ag2S黑色沉淀，无法证明发生了沉淀的转化，则不能比较二者的溶解度，且二者为不同类型沉淀，无法通过溶解度比较溶度积，A符合题意；B．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，溶液变红褐色，停止加热，可以得到Fe(OH)3胶体，B不符合题意；C．Fe2+水解会使溶液显酸性，加入稀盐酸可以抑制其水解，Fe3+可以Fe被还原为Fe2+，加入Fe可以防止FeCl2被氧化，C不符合题意；D．NO2的密闭玻璃球中存在平衡2NO2⇌N2O4，NO2为红棕色气体，N2O4无色，浸泡在热水中观察颜色的变化可以研究研究温度对化学平衡移动的影响，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.AgNO3与Na2S溶液反应生成黑色沉淀；

B.铁离子水解可制备胶体；

C.Fe可防止亚铁离子被氧化，盐酸可抑制水解；

D.只有温度不同。

3．【答案】A【知识点】硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物；探究铁离子和亚铁离子的转化【解析】【解答】

硅酸钠无法直接转化为硅，A符合题意，故答案为：A.【分析】

A.Si+O2=加热SiO2；SiO4．【答案】B【知识点】铜及其化合物；铁及其化合物的性质实验【解析】【解答】两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO△__Cu+H2O；②CuO+H2SO4═FeSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4。②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案【分析】可以通过化学方程式，将两个方案的式子都列出，注意实验过程中有气体反应物，需要先将空气排出，会减少氢气的用量。5．【答案】B【知识点】钠的重要化合物；配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价【解析】【解答】A.①装置中硫酸亚铁溶液无法进入氢氧化钠溶液中，应该将两边试管中的试剂位置调换，A不符合题意；

B.②中X若为四氯化碳，其密度比水的密度大，氯化氢气体不能溶于其中，可用此装置吸收HCl气体，并防止倒吸，B符合题意；

C.大试管的温度比小试管内高，NaHCO3对热稳定性若于Na2CO3，不能用③验证Na2CO3和NaHCO3两种固体的热稳定性，应该将物质换过来，C不符合题意；

D.浓硫酸溶于水放热，而容量瓶是不能加热的容器，应该在烧杯中稀释，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.试管Ⅱ试管Ⅰ中的溶液无法混合；

B.根据防倒吸原理进行分析；

C.应将不稳定的NaHCO3放在小试管中，远离酒精灯受热；

D.容量瓶不能用于稀释操作；6．【答案】B【知识点】同素异形体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；同位素及其应用【解析】【解答】C项互为同位素，D项消毒液利用强氧化性消毒，酒精消毒是利用酒精使蛋白质变性A项制备Fe(OH)3胶体用沸水，用NaOH会产生Fe(OH)3沉淀，故答案为：B。

【分析】A、制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液逐滴滴加到沸水中；

B、石英的主要成分是SiO2；

C、14C、12C是碳元素形成的两种不同原子；

D、84消毒液具有氧化性；7．【答案】D【知识点】浓硫酸的性质实验【解析】【解答】A．浓硫酸具有脱水性使蔗糖碳化，故A不符合题意；B．浓硫酸与铜反应应在加热条件下进行，故B不符合题意；C．浓硫酸不能用于干燥碱性气体氨气，故C不符合题意；D．浓硫酸在常温条件下可以使铁、铝等钝化，故D符合题意；故答案为：D．【分析】A.浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂；B.浓硫酸和铜加热条件下反应生成二氧化硫；C.浓硫酸不能干燥酸性气体，可以干燥碱性气体和中性气体；D.冷的浓硫酸可以使铝、铁钝化，这是化学变化。8．【答案】A【知识点】氨的性质及用途；硝酸的化学性质；探究卤素单质间的置换反应【解析】【解答】A．少量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，生成硝酸铁，则滴入KSCN溶液变红色，操作、现象和解释均合理，A符合题意；B．氯气可与NaBr、KI均反应，右边棉球变为蓝色，可能是多余的氯气的作用，现象不能说明Br2、I2的氧化性强弱，B不符合题意；C．浓氨水电离显碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，氨水易挥发，因此一段时间后又褪色，解释或结论不合理，C不符合题意；D．浓硝酸加热分解生成二氧化氮，不能说明硝酸具有强氧化性，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.溶液显红色，说明溶液中存在Fe3+；

B.碘单质可能由Cl2氧化生成；

C.浓氨水不具有漂白性；

D.浓硝酸加热分解，说明其不稳定性，与强氧化性无关；9．【答案】D【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用【解析】【解答】A．丁达尔效应是胶体特有性质，可以区别胶体与溶液，故A不符合题意；B．胶体为较稳定物质，具有均一性，可透明，如氢氧化铁胶体，为透明分散系，故B不符合题意；C．分散系本质区别是分散质微粒直径的不同，溶液中分散质直径小于1nm、胶体微粒直径1~100nm、浊液微粒直径大于100nm，所以根本区别是分散质粒子直径的大小，故C不符合题意；D．饱和氯化铁溶液中滴加适量的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，即Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，得不到氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体的方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色即可，故D符合题意；故答案为D。

【分析】A.丁达尔效应是胶体特有性质；

B.胶体是介稳分散系，一定条件下发生聚沉；

C.分散系本质区别是分散质微粒直径的不同；

D.制备氢氧化铁胶体的方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色即可。

10．【答案】A【知识点】浓硫酸的性质实验【解析】【解答】解．氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能够使有色布条褪色，故A正确；B．浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖中的H、O元素脱出，该变化中浓硫酸表现了脱水性，故B错误；C．二氧化硫使品红溶液褪色，二氧化硫表现了漂白性，不是还原性，故C错误；D．铜与浓硫酸在加热条件下能够反应，若不加热，铜不与浓硫酸反应，并不是铜与浓硫酸发生了钝化，故D错误；故选A．【分析】A．氯水使有色布条褪色，具有漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸；B．蔗糖中不含水，蔗糖中进入浓硫酸时蔗糖变黑，证明了浓硫酸的脱水性；C．二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色；D．铜化学性质不活泼，在加热条件下能够反应，若不加热，铜不与浓硫酸反应．11．【答案】C【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【解析】【解答】A、设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、106/84mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、106/84mol，产生气体质量不相同，故A不符合题意；B、NaHCO3受热易分解，比Na2CO3热稳定性弱，故B不符合题意；C、碳酸钠和碳酸氢钠分别和Ca（OH）2反应的方程式如下：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH、NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O+NaOH，故C符合题意；D、Na2CO3和NaOH不能生成沉淀、气体、水等更难电离的物质，不反应，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】碳酸氢钠与澄清石灰水反应的的实质是先与氢氧根离子反应。有少量与足量问题。12．【答案】D【知识点】硝酸的化学性质；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用【解析】【解答】A、应将反应后液体缓慢注入水中观察，操作同浓硫酸稀释，A不符合题意；

B、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下不能吸收二氧化碳，B不符合题意；

C、夏季温度高，次氯酸易分解，杀菌效果比冬季差，C不符合题意；

D、设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x，根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的系数之比为3：x，根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的系数为3x+x，所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x):x=4:1,D符合题意；

故答案为：D

【分析】A、稀释浓硫酸，需要把浓硫酸慢慢倒入水中并不断搅拌；

B、煤的燃烧温度较高，氧化钙不能和二氧化碳反应；

C、氯水中的次氯酸在光照和温度高时都容易分解；

D、从得失电子守恒角度进行考虑。13．【答案】先将玻璃管口用水润湿；缺少尾气处理装置；Cl2＞Br2＞Fe3+；过量氯气和SCN﹣反应2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣浓度减小，则使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理；BrCl+H2O=HBrO+HCl反应产生Cl﹣，由于AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀【知识点】探究卤素单质间的置换反应【解析】【解答】（1）①把玻璃导管插入橡胶塞时先用水湿润，用水湿润起润滑作用，便于连接，故答案为：先将玻璃管口用水润湿；（2）氯气有毒不能直接排空，且如果氯气有剩余会导致D和E装置中气体压强增大，导致安全事故的发生，所以该实验装置的缺点为：缺少尾气处理装置，D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明氯气和溴离子不反应，根据D和E装置知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+，故答案为：缺少尾气处理装置；Cl2＞Br2＞Fe3+；（3）①过量氯气和SCN﹣反应2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣浓度减小，则使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理，故答案为：过量氯气和SCN﹣反应2SCN﹣+Cl2=2Cl﹣+（SCN）2，使SCN﹣浓度减小，则使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理；②过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为：BrCl+H2O=HBrO+HCl反应产生Cl﹣，由于AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀．【分析】（1）①把玻璃导管插入橡胶塞时要先用水润湿；（2）氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气；自发进行的同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（3）①过量氯气和SCN﹣反应SCN﹣浓度减小，根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；向溶液中加入氯化铁或硫氰化钾溶液根据溶液颜色变化判断；②氯化溴能发生水解反应生成酸，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析．14．【答案】Cu+2H2SO4（浓）=△CuSO4+SO2↑+2H2O；烧杯中的溶液倒吸入广口瓶中，与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀；取少量余液于试管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3【知识点】浓硫酸的性质实验【解析】【解答】（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）=△CuSO4+SO2↑+2H2故答案为：Cu+2H2SO4（浓）=△CuSO4+SO2↑+2H2（2）由于氯化钡不与二氧化硫反应，若生成了白色沉淀，该白色沉淀只能为亚硫酸钡，说明烧杯中的溶液倒吸入广口瓶中，亚硫酸钠与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，故答案为：烧杯中的溶液倒吸入广口瓶中，与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀；（3）实验结束后，发现烧瓶中有铜片剩余，由于稀硫酸不与铜反应，则烧瓶中还有较多的硫酸剩余，证明硫酸有剩余，需要证明反应后的溶液中含有大量氢离子，可以用金属铁或碳酸钠溶液检验，方法为：取少量余液于试管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有气体产生证明有余酸，故答案为：取少量余液于试管中，加入足量Fe粉（或Na2CO3溶液），有气体产生证明有余酸；（4）a．将装置产生的气体缓缓通过预先称量过盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称量，由于气体中含有水蒸气，碱石灰会吸收二氧化硫和水蒸气，称量后计算不准确，故a错误；b．将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，由于硫酸能够与氯化钡反应生成硫酸钡，干扰了二氧化硫的测定，所以不能用硫酸酸化高锰酸钾溶液，故b错误；c．二氧化硫易溶于水，测量出的二氧化硫不准确，故c错误；d．用排饱和NaHSO3溶液的方法测出装置A产生气体的体积，二氧化硫在饱和NaHSO3溶液中的溶解度降低，可以用排水量气方法进行二氧化硫的气体体积测定，故d正确；故答案为：abc；（5）①浓硫酸密度大于水，稀释时放出大量热，所以稀释时，应先往烧杯中加入蒸馏水，然后再慢慢加入反应后烧杯中的溶液，故答案为：烧杯；蒸馏水；②用酚酞做指示剂，溶液变色时的pH=8＞7，则滴定终点时加入的氢氧化钠稍过量，导致测定结果偏大，故答案为：偏大；（6）反应的铜的物质的量为：n（Cu）=6.4g−3.2g64g/mol根据反应Cu+2H2SO4（浓）=△CuSO4+SO2↑+2H2则反应消耗的硫酸的浓度为：0.1mol0.01L所以反应后剩余硫酸的浓度为：18mol/L﹣10mol/L=8mol/L，故答案为：8mol/L．【分析】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水；（2）二氧化硫不与二氧化硫反应，但是二氧化硫容易与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，若发生倒吸现象，则亚硫酸钠与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；（3）证明硫酸有剩余，需要证明反应后的溶液中含有大量氢离子，据此设计实验方案；（4）碱石灰能吸收二氧化硫和水；硫酸酸化高锰酸钾后，影响了二氧化硫的测定；二氧化硫易溶于水，不能使用排水法测量气体体积，据此进行判断；（5）①稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸加入蒸馏水中；②酚酞的变色范围为8﹣10，所以滴定终点时溶液的pH=8，则加入的氢氧化钠溶液比剩余溶液中氢离子的物质的量大，测定结果偏大；（6）根据反应方程式可知，反应消耗的硫酸的物质的量是铜的2倍，据此可以计算出消耗的硫酸的浓度及剩余硫酸的物质的量浓度．15．【答案】（1）A；B（2）Ca2++CO32-=CaCO3↓；澄清石灰水中滴加蒸馏水与滴加碳酸钠的pH变化相同；HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【解析】【解答】（1）A、加入澄清石灰水后，Na2CO3、NaHCO3都能与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，因此溶液都会变浑浊，现象相同，不能鉴别，A符合题意；

B、等质量的Na2CO3和NaHCO3固体中，Na2CO3中所含碳元素的质量较小，根据碳元素质量守恒可得，反应生成CO2的质量较少，因此气体体积较大的是NaHCO3，较小的是Na2CO3，B符合题意；

C、Na2CO3固体稳定，受热不分解，NaHCO3固体不稳定，受热易分解，产生CO2，因此观察到澄清石灰水变浑浊的是NaHCO3，C不符合题意；

D、Na2CO3溶于水的过程中放热明显，因此温度升高，D不符合题意；

故答案为：AB

（2）①Na2CO3能与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH，该反应的离子方程式为Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓。由于澄清石灰水中滴加蒸馏水和滴加Na2CO3溶液的pH变化相同，因此说明过程中OH－没有参与反应。

②滴加NaHCO3溶液过程中，HCO3－能与OH－反应，因此溶液的pH变化明显。由于NaHCO3量少，因此反应的离子方程式为：HCO3－＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O。【分析】（1）此题是对Na2CO3、NaHCO3鉴别的考查，结合二者性质的差异进行分析即可。注意要鉴别Na2CO3和NaHCO3，则要求所加试剂能产生不同的现象。

（2）①澄清石灰水的主要成分是Ca(OH)2，能与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH，据此写出反应的离子方程式。根据图中显示pH的变化分析。

②滴加NaHCO3溶液时，HCO3－能与OH－反应，因此溶液的pH变化明显。16．【答案】加热至沸腾；防止带入氧气，氧化亚铁离子；KSCN溶液；溶液变为血红色；3Fe+4H20（g）Fe3O4+4H2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【解析】【解答】（1）氢氧化亚铁的制备要隔绝空气，除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热至沸腾的方法，故答案为：加热至沸腾；（2）长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，可以防止空气随着NaOH溶液的加入进入溶液，故答案为：防止带入氧气，氧化亚铁离子；（3）用KSCN来检验三价铁离子，现象为溶液变为血红色，故答案为：KSCN溶液；溶液变为血红色；（4）Fe与H20在一定条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式：3Fe+4H20（g）Fe3O4+4H2；Fe（OH）2被氧化成氢氧化铁，反应的化学方程为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：3Fe+4H20（g）Fe3O4+4H2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．【分析】（1）加热至沸腾是将溶液中的空气排净得方法；（2）亚铁离子容易被氧化成铁离子，所以氢氧化亚铁的制备要隔绝空气；（3）通常用KSCN来检验三价铁离子，写出反应的现象；（4）金属铁可以和水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气；氢氧化亚铁在空气中被氧化氧化成氢氧化铁，据此写出反应的化学方程式．17．【答案】（1）坩埚（2）Cl（3）液体分层,上层接近无色,下层为紫红色；打开旋塞,将下层液体放入烧杯中,关闭旋塞,将上层液体倒入另一烧杯中（4）取少量“操作Ⅱ”所得水层,加入KSCN溶液，若变红，则含Fe3【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；探究卤素单质间的置换反应【解析】【解答】（1）固体的加热应在坩埚中进行，因此仪器A为坩埚；

（2）Cl2具有氧化性，能将I-氧化成I2，Cl2自身被还原为Cl-，该反应的化学方程式为：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－；该反应中，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，而氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此可证明Cl2的氧化性强于I2；

（3）操作Ⅱ中加入CCl4，I2在CCl4中的溶解度较大，因此碘水中的I2会转移到CCl4中，由于CCl4与水不互溶，且密度比水大，在下层，因此可观察到液体分层，上层液体接近无色，下层液体为紫红色；

得到水层的操作为分液操作，其操作方法为：将通入Cl2后的溶液置于分液漏斗中，加入CCl4，振荡静置，待溶液分层后，打开活塞，将下层液体放入烧杯中，关闭活塞，将上层液体倒入另一烧杯中，即可得到水层；

（4）由于Fe3+遇KSCN后显红色，因此可用KSCN溶液检验水层中是否含有Fe3+，其实验方法为：缺少量“操作Ⅱ”所得水层，加入KSCN溶液，若观察到溶液变红，则说明水层中含有Fe3+；若不变红，则说明水层中不含有Fe3+；

【分析】（1）固体的加热在坩埚中进行；

（2）Cl2具有氧化性，能将I-氧化成I2，据此写出反应的离子方程式；结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性的强弱；

（3）操作Ⅱ为萃取，据此分析实验现象；根据分液操作分析；

（4）根据Fe3+的检验分析；18．【答案】（1）2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+；使Sn2+沉淀完全，防止Fe2+生成沉淀（2）蒸发浓缩；冷却结晶（3）滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色（4）降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗（5）锥形瓶中溶液颜色的变化；滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；样品中存在少量的杂质或样品部分被氧化【知识点】硫酸亚铁的制备【解析】【解答】（1）Fe3+有强氧化性，H2S有强还原性，二者相遇要发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+，在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，在溶液pH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故答案为：2Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+；使Sn2+沉淀完全，防止Fe2+生成沉淀；（2）滤液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（3）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；（4）①滴定时为准确判断滴定终点，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；②当溶液里有Fe2+时，滴入的酸性高锰酸钾紫色溶液立即裉色，当酸性高锰酸钾溶液过量是溶液会显紫色，故滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色为滴定终点，故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；③用上述方法测定的样品中FeSO4•7H2O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因是洗涤不彻底，亚铁离子被空气中的氧气部分氧化，故答案为：样品中存在少量的杂质或样品部分被氧化．【分析】（1）依据三价铁离子的氧化性和硫化氢的还原性来分析，依据流程关系图分析，在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液pH=2为了除去杂质离子Sn2+；（2）操作IV的目的是从滤液中析出绿矾晶体，利用蒸发浓缩，结晶洗涤得到晶体；（3）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质，温度降低绿矾溶解度降低，减少绿矾晶体的损失；（4）①滴定