2023学年高考化学综合练习题

综合练习题孙思邈《太清丹经要诀》中对制取彩色金(主要成分为SnS2)的过程有如下表达：“雄黄(As4S4)十两，末之，锡三两，销中合....入坩埚中， 以盖合之。密固，人风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”。以下说法错误的选项是彩色金和雄黄均具有较强的复原性“以盖合之、密固”的目的是防止生成的SO2集中到空气中C．“火之”过程中，坩埚内发生了置换反响D．可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金【答案】B【解析】“雄黄(As4S4)十两，末之，锡三两，销中合....入坩埚中， 以盖合之。密固，人风炉吹之。令锅同火色，寒之。开，黄色似金”中描述的是雄黄(As4S4)与锡〔Sn〕发生反响生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2)，同时应当生成As。A．雄黄(As4S4)和彩色金(主要成分为SnS2)中S均为负价，简洁被氧化，因此彩色金和雄黄均具有较强的复原性，故A正确；B．雄黄(As4S4)和彩色金(主要成分为SnS2)均能与氧气反响，所以制取过程不行以在空气中进展，故B错误；C．雄黄(As4S4)与锡〔Sn〕发生反响生成“黄色似金”的彩色金(主要成SnS2)C正确；D．SnS2与氧气能反响，黄金与氧气不反响，可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金，故D正确。化学与我们的生活息息相关，以下说法不正确的选项是A．高性能分别膜可用于海水淡化B．用来制防弹汽车车窗的氧化铝透亮陶瓷属于型无机非金属材料C．厕所清洁剂，肥皂，厨房清洁剂等生活中的常用品的碱性依次增加D．袋装食品中常常放有含硅胶、无水氯化钙、复原铁粉等小包，它们所起的作用一样【答案】D【解析】A．高性能分别膜可有选择地使粒子通过，可用于海水的淡化，故A正确；B．型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氧化铝陶瓷属于型无机非金属材料，故B正确；CHCl，显酸性，肥皂、厨房清洁剂的主要成分为强碱弱酸盐，显碱性，厨C正确；D．包装食品里常有硅胶、无水氯化钙为枯燥剂，复原铁粉具有复原性可防止食品被氧化变质，其作用不一样，故D错误。如图表示1～18号元素〔原子〕的构造或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是原子半径 B．电子层数 C．最高化合价 D．最外层电子数【答案】A【解析】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由该图中曲线无法获知的是原子半径，应选A。以下有关试验操作或仪器的使用正确的选项是分液时取出下层液体 B．存放浓硝酸C．收集NO气体 D．吸取尾气中的SO2【答案】D【解析】AA错误；B．浓硝酸有强氧化性，B错误；C．NONO故C错误；D．SO2气体与氢氧化钠溶液反响，假设直接将导管插入液面下，简洁发生倒吸现象，故使用图中仪器可以防止倒吸，故D正确。以下物质的主要成分(括号中)不包括ⅣA族元素的是石英石[SiO2]

猫眼石[Be3Al2Si6O18]

孔雀石[Cu2(OH)2CO3]

红宝石[Al2O3]【答案】D【解析】A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不选A；B．Be3Al2Si6O18Si元素是ⅣA族元素，故不选B；C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣAC；D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素，不含ⅣA族元素，应选D。以下试验方案，能到达相应目的的是目A验证氧化性：B验证热稳定性：C争论浓度对化D争论浓度对化学的Cl2＞Br2＞I2Na2CO3＞NaHCO3学平衡的影响反响速率的影响实验方案【答案】C【解析】A．氯气通过浸有溴化钠溶液的棉球时置换出溴，棉球变成橙色，可以证明氧化性：Cl2＞Br2、剩Cl2＞2Br2＞I2，故A不选；B．碳酸氢钠受热分解放出的二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，但该试验不能证明碳酸B不选；C．两个试验只有KSCN浓度不同，可争论浓度对化学平衡的影响，故C选；D．两个试验中高锰酸钾均过量，溶液均不褪色，不能探究浓度对反响速率的影响，故D不选；应选C。设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A．常温常压下，15g甲基〔－14CH3〕9NAB．100g46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NAC．22.4LCl2与足量的NaOH溶液反响转移的电子数是NAD．50mL18.4mol·L1浓硫酸与足量铜微热反响，生成SO20.46NA【答案】B15物质的量为17质量分数为46%46g，即乙醇物质的量为1mol，乙醇中氧原子数为NA，同理可未指明环境状态，不能用气体摩尔体积计算，C错误；D．浓硫酸随反响进展浓度变稀后不与铜连续反响，50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反响，生成SO20.46NA，D错误。答案为B。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反响。：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。以下说法不正确的选项是A．铈的冶炼步骤为：用稀土串级萃取法对矿石进展筛选富集，电解熔融CeO2CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI=CeI4+2H2O用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+四种稳定的核素136Ce、138Ce、140Ce、142Ce，它们互称为同位素【答案】B

58 58

58 58【解析】A．稀土铈〔Ce〕元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反响，则用稀土串级萃取法对矿石进展萃取富集，然后电解熔融的CeO2来冶炼金属铈，A项正确；B．Ce4+具有氧化性，HI具有强复原性，CeO2溶于氢碘酸会发生氧化复原反响，化学方程式可表示为2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2B 项错误；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C项正确；D．核素136Ce、138Ce、140Ce、142Ce，是具有一样质子数，不同中子数的不58 58 58 58同原子，它们互称为同位素，D项正确。向KI溶液中逐滴参加少量CuSO4溶液，观看到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反响后的混合物中不断通入SO2气体，溶液渐渐变成无色。以下分析中不正确的选项是4通入SO2时发生反响的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+2H++SO2−4滴加CuSO41molCuI1mole−C．依据上述试验现象可知：Cu2+比I2的氧化性强D．充分反响后的溶液中无Cu2+存在【答案】A【解析】I2生成．碘元素化合价由-1价上升到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2+，观看到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2+不能复原为Cu，应复原Cu+CuISO2I2I2与SO2反响生成I−，SO2被氧为化H2SO4，白色沉淀是CuI。A．反响后的混合物中不断通入SO2气体，反响方4程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HISO2+I2+2H2O=2I−+4H++SO2−A错误；B．CuSO4溶液中逐滴参加KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol2molCuI1mole−1molCuIB正确；C．2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I24选项试验操作试验现象结论ACo2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2＞Co2O3白铁皮〔镀锌铁消灭刮痕后浸该过程未发生B无明显现象氧化复原反响滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液CNa选项试验操作试验现象结论ACo2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2＞Co2O3白铁皮〔镀锌铁消灭刮痕后浸该过程未发生B无明显现象氧化复原反响滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液CNa2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味气体非金属性：Cl＞S将10mL2mol·L−1的KI溶液与1DmL1mol·L−1FeCl3溶液混合充分反响后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KIFeCl3的反应有可逆性【答案】D【解析】Co2O3作氧化剂，Cl2是氧化产物，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3＞Cl2，A项错误；B．该过程形成了锌铁原电池，由于锌比铁活泼，则铁被保护，溶液中没有二价铁离子生成，故滴入铁氰化钾溶液无明显现象，该过程的总反响为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2，发生了氧化复原反响，B项错误；C．应由最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来比较非金属性强弱，C项错误；DFeCl3与过量KI反响后向溶液中滴加KSCN，溶液颜色变红说明溶液中存在Fe3+，则该反响为可逆反响，D项正确。CH4的C—H键形成高氧化态过渡金属化合物的反响频繁消灭在光分解作用、金属有机化学等领域，如图是CH4Zr形成过渡金属化合物的过程。以下说法不正确的选项是2 整个反响快慢，由CH—Zr···H→22 Zr+CH→CH—Zr···H213.67kJ·mol−14 33在中间产物中CH—Zr···H状态最稳定34Zr+CH→CH—Zr···H34【答案】B

ΔH=+39.54kJ·mol−1【解析】A．整个反响的快慢取决于最慢的反响，反响的活化能越高，反响速率越慢，由图中可知，由CH2—Zr···H2→状态2活化能最大，故整个反响的快慢就取决于该反响，AB．由图中可以读出，Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能为99.20kJ·mol−1，B错误；C．物质所具有的能量越低越稳定，由图中可知，在中3 间产物中CH—Zr···H的能量为-114.47kJ·mol−1CH—Zr···H状态最稳定，C3 4图中可知，Zr+CH4

0kJ·mol−1CH—Zr···H3

+39.54kJ·mol−1Zr+CH

4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ·mol−1，D正确。依据如图海水综合利用的工业流程图，推断以下说法正确的选项是过程①的提纯过程参加的药品挨次为：NaOH溶液→BaCl2溶液→NaCO

溶液→盐酸→过滤→蒸发结晶2 32过程②、③均是通过电能转化为化学能的方式来猎取金属单质C．在过程④或⑥0.2molBr−2.24LCl2D．过程⑤的吸取液可换成饱和亚硫酸钠溶液【答案】D【解析】过程①等沉淀溶于盐酸，得到的精盐中有杂质，A错误；B．过程②是电解饱和食盐水得到氢氧化钠溶液，过程③电解熔融氯化镁生成单质镁，B错误；C．在过程④或⑥中发生反响2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，溴离子被氧化，故每氧化0.2molBr−2.24LCl2，C错误；D．过程⑤为二氧化硫和溴单质反响生成溴离子，亚硫酸钠也可与溴单质发生氧化复原反响生成溴离子，故可换成饱和亚硫酸钠溶液，D正确。最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。装置工作时，以下说法不正确的选项是盐桥中Cl−向Y极移动B．化学能转变为电能C．电子由X极沿导线流向Y极D．Y2NO−+10e−+12H+=N

+6H

O，四周pH增大【答案】A

3 2 2N【解析】A．NH3 N

化合价上升失电子，发生氧化反响，做正极；NO−N

2化合价降低得电子，发生还23Cl−向负极XA错；B．垃圾在微生物的作用下，发生氧化复原反响，形成了原电池，所以化学能转变为电能，故B正确；C．依据A分析知X为负极，Y为正极，电子由负极X极沿33导线流向正极Y极，故C正确；D．Y2NO−+10e−+12H+=N3

2+6H

2O，消耗H+pH增大，故D正确。铋(Bi)(Bi2S3PbO2等)为原料，承受湿法冶金制备精铋工艺流程如下：以下说法错误的选项是“浸出”产生S6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S“浸出”时使用稀盐酸主要目的是复原杂质PbO2C．“电解精炼”时，粗铋应与电源的正极相连D．再生液可以参加“浸出”操作中循环利用【答案】B【解析】A．在“浸出”过程中FeCl3作为氧化剂将Bi2S3中-2价的硫氧化为硫单质，FeCl3则被复原为FeCl2，由此可知离子方程式为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S，故A正确；B．由流程图可知，在“浸出”过程中，PbO2被复原为PbCl2，复原剂应是Bi2S3中-2价的硫元素，稀盐酸是供给了酸性环境，故B错误；C．“电解精炼”时，粗铋应在阳极发生氧化反响溶解，在阴极复原得到精铋，故粗铋应与电源的正极相连，故C正确；D．再生液的溶质为FeCl3，可返回到“浸出”操作循环利用，故D正确。X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍；Y原子半径最大；Z的单质多消灭在火山口四周，且为淡黄色晶体；W的单质常温下为黄绿色气体。以下表达正确的选项是A．简洁离子半径的大小：W>Z>YB．X的单质只有两种同素异形体C．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强D．Z的氢化物的稳定性比W的氢化物的稳定性强【答案】C【解析】X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X2、4，所以XC元素；Y的原子半径最大，则Y应为Na元素；Z的单质多消灭在火山口四周，且为淡黄色晶体，则Z为S元素；W的单质常温下为黄绿色气体，则WCl元素。A．Cl−、S2−3层电子，Na+2层电子，离子核外S2−>Cl−>Na+A错误；B．C元素的单质有石墨、金刚石、C60等多种同素异形体，故B错误；C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Na元素为同周期元素中金属性最强的元素，故C正确；D．非金属性越强，氢化物越稳定，Cl的非金属性强于S，所以Cl的氢化物更稳定，故D错误。等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，经过一段时间后，阴、阳两极收集到的气体体积之比为3∶2。以下说法正确的选项是阴极反响为：Ag++e−=AgB．阳极始终发生反响：2Cl−-2e−=Cl2↑C．向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态D．两极共生成三种气体【答案】D4【解析】等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反响SO2−+Ba2+=BaSO4↓、Cl−+Ag+=AgCl↓，混合后溶液中的溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾。用石墨电极电解此溶液，阳极首先是4氯离子失电子发生氧化反响，电极反响式为 2Cl−-2e−=Cl2↑，然后是氢氧根离子放电，电极反响式为：4OH−-4e−=2H2O+O2↑，阴极发生复原反响2H++2e−=H2↑，结合电子转移计算，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3∶2，说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气A．阴极发生复原反响：2H++2e−=H2↑，故A错误；B．假设阳极始终发生2Cl−-2e−=Cl2↑的反响，阴、阳两极产生的气体的体积比应为1∶1，与题意不符，故B错误；C．电解的本质为电解氯化氢、水，仅向电解后的溶液中通入适量的HCl气体，不能使溶液复原到电解前的状态，故C错误；D．由分析可知阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气，故D正确。氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫自然气制备氢气的流程如下。请答复以下问题：I．转化脱硫：将自然气压入吸取塔，30℃T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。(1)过程i的离子反响方程式为 。(2)：①Fe3+在pH=l.9时开头沉淀，pH=3.2时沉淀完全。②30℃时，在T.F菌作用下，不同pHFeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。pH0.71.11.51.92.32.7Fe2+的氧化速率/g·L−1·h−14.55.36.26.87.06.6在转化脱硫中，请在上表中选择最正确pH 范围是 <pH< ，这样选择的缘由是： 。Ⅱ．蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化。结合以下图答复以下问题。①该过程的热化学方程式是 。②比较压强P1和p2的大小关系：P1 P2(选填“>”“<”或“=”)。③在肯定温度和肯定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反响达平衡后测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的 1.4倍，假设此时容器的体积为2L，则该反响的平衡常数为 (2位有效数字)。Ⅲ．CO变换：500℃时，CO进一步与水反响生成CO2H2。Ⅳ．H2提纯：将CO2和H2分别得到H2的过程如示意图吸取池中发生反响的离子方程式是 。【答案】〔1〕H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+〔2〕1.5 1.9 此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀〔3〕CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol > 0.48〔4〕CO2−+CO+HO=2HCO−3 2 2 3【解析】(1)由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-20价，Fe3+被复原变成Fe2+，依据电子守恒，过程i的离子反响方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；因此，此题正确答案是：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；(2)由①Fe3+pH=l.9Fe3+Fe2+Fe3+浓度均会降低速率降低故pH应小于1.9由②可知，pH在1.5的时候的氧化速率较快故pH的取值范围是1.5<pH<1.9。因此，此题正确答案是：1.5；1.9；此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀；(3)①由图可知该反响为吸热反响，ΔH=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，该过程的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；②由图可知，温度肯定，压CH4P1>P2。③CH4的物质的量为x，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)起始〔mol〕1100变化〔mol〕xxx3x平衡〔mol〕1-x1-xx3x依据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，气体的总质量不变，密度与气体的总物质的量成反〔22x)=1.4，解得x=0.4，容器的容积为2L，则平衡时，CH

、HO、CO、H

的浓度分别为：0.3mol/L、比，则2

4 2 2OcCOc3HOmol/L、0.2mol/L、0.6mol/L，则该反响的平衡常数为K=cCH40.20.63

H2=20.30.3

=0.48。因此，此题正确答案是：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ/mol；>；0.48；(4)由图示吸取池中用的是K2CO3溶液，吸取CO2，则离子方程式是CO2−+CO2+H2O=2HCO−，因此，此题正确答3 3案是：CO2−+CO+HO=2HCO−。3 2 2 318．〔一〕利用废旧白铁皮〔含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO〕制备磁性Fe3O4胶体流程及制备装置如下：：锌及其化合物的性质与铝及其化合物的性质具有肯定的相像性。请答复：用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有 。〔填字母序号〕a．去除油污 b．溶解镀锌层 c．去除铁锈 d．钝化3“局部氧化”阶段，ClO−被复原为Cl−，该反响的离子方程式是 。3经测定溶液B中Fe2+、Fe3+的物质的量之比是1∶2。检验其中Fe2+可选用的试剂 。a．NaOH溶液 b．KSCN溶液 c．KMnO4溶液 d．K3[Fe(CN)6]溶液Fe3O4胶体粒子 〔填“能”或“不能”〕承受减压过滤法实现固液分别。制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其缘由是 。〔二〕制备Fe3O4还可以用氧化−沉淀法。向稀硫酸中参加过量铁粉，得到FeSO4溶液。空气中存在O2，由于 〔用离子方程式表示〕，可产生Fe3+，过量铁粉的作用是除去Fe3+。N2NaOHFeSO4Fe(OH)2NaNO3溶液滴入浊液中，充分反响得到Fe3O4。①用潮湿红色石蕊试纸检验产物， 〔填现象〕，证明生成了NH3。3② Fe(OH)2+ NO−= 。〔将反响补充完整〕3【答案】〔1〕ab〔2〕6Fe2++ClO−+6H+=6Fe3++Cl−+3HO3 2〔3〕d〔4〕不能 在N2气氛下，防止Fe2+被氧化〔5〕4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O〔6〕试纸变蓝 12 1 4Fe3O4+NH3↑+OH−+10H2O3【解析】〔一〕〔1〕锌及其化合物的性质与铝及其化合物的性质具有肯定的相像性，所以NaOH溶液能溶解镀锌层和去除油污，故答案为：ab；〔2〕“局部氧化”阶段，是将亚铁离子氧化成三价铁离子，ClO−被复原为3Cl−6Fe2++ClO−+6H+=6Fe3++Cl−+3HO；〔3〕K[Fe(CN)

]溶液，假设有亚铁离3 2 3 6子，溶液变为蓝色，可检验其中Fe2+，故答案为：d；〔4〕Fe3O4胶体粒子直径在1-100nm之间，能透过滤纸，Fe3O4N2Fe2+被氧化，故答案为：不能；在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；〔二〕〔5〕O2，能氧化亚铁离子变为Fe3+，离子4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；〔6〕①氨气是碱性气体，能使潮湿红色石蕊试纸变蓝，故答案为：试纸变蓝；②依据题目要求，氢氧化亚铁转化为四氧化三铁，铁的价态降低，氮元素转化为氨气，氮的价态上升，依据电子得失守恒和电荷33412Fe(OH2+N−=4Fe334

+NH

↑+OH−+10H

+NH

↑+OH−+10HO。323432铁黄是一种重要的颜料，化学式为Fe2O3·xH2O，广泛用于涂料、橡胶、塑料、文教用品等工业。试验室模拟工业利用硫酸渣(Fe2O3及少量的CaO、MgO等)和黄铁矿粉(主要成分为FeS2)制备铁黄的流程如下：323432操作Ⅰ与操作Ⅱ中都用到玻璃棒，玻璃棒在两种操作中的作用分别是 、 。试剂a最好选用 (供选择使用的有：铝粉、空气、浓HNO3)；(3)上述步骤中需用到氨气。以下装置可用于试验室制氨气的是 (填序号)。(4)查阅资料知，在不同温度下Fe2O3被CO复原，产物可能为Fe3O4、FeOFe，固体质量与反响温度的关系如以下图所示。依据图像推断670℃时Fe2O3复原产物的化学式为 并设计一个简洁的试验证明该复原产物的成分(简述试验操作、现象和结论) 〔仪器自选。可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、H2O2溶液、NaOH溶液、KSCN溶液。〕【答案】〔1〕搅拌加速溶解 引流空气bdFeO (或稀盐酸)，固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最终滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明复原产物为FeO【解析】硫酸渣含Fe2O3及少量的CaO、MgO等，加稀硫酸后过滤，得到Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等离子，加热黄铁矿粉主要成分为FeS2，发生氧化复原反响，Fe3+离子被复原为Fe2+，在通入氧化剂〔空气〕后，Fe2+Fe3+，由于Fe3+溶液通入氨气后，Fe3+生成Fe(OH)3，在进展过滤得Fe(OH)3，在进展加热烘干即得铁黄Fe2O3·xH2O。(1)操作Ⅰ与操作ⅡⅠ是利用玻璃棒加速硫酸渣的溶解，操作Ⅱ是过滤试验操作，玻璃棒是起到引流作用。(2)依据流程分析，试剂a是用来氧化亚铁离子的，但选择氧化剂不能引入的杂质，铝粉引入的杂质，浓硝酸做氧化剂会产生污染气体，最好选择空气做氧化剂氧化亚铁离子，不会引入的杂质，不污染环境，故答案：空气。(3)a．加热氯化铵分解后生成氨气和氯化氢会在试管口重生成氯化铵，不能制备氨气，故a错误；b．氨水滴入氧化钙固体，氧化钙会和水反响生成氢氧化钙放热，使一水合氨分解生成氨气，故b正确；c．氢氧化钙和氯化铵固体加热时需要试管口略向下倾斜，装置中加热会使生成的水倒流到试管底部炸裂试管，故c错误；d．加热浓氨水会分解生成氨气，可48gd正确；答案为选bd。(4)开头时氧化铁的物质的量是160g/

=0.3mol，当恰好转化为四氧化三2铁时质量=3

0.3mol×232g/mol=46.4g，当恰好转化为氧化亚铁时质量=0.3mol×2×72g/mol=43.2g，即加热温度达到500℃～600℃时复原产物为Fe3O4，当670℃时复原产物为FeO；亚铁离子易被氧化，则验证复原产物的试验操作是取少量复原产物置于试管中，参加过量稀硫酸〔或稀盐酸〕，固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最终滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明复原产物为FeO，故答案：FeO；取少(或稀盐酸)，固体完全溶解且无气泡产生；再向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色；最终滴加H2O2溶液，溶液变红色，证明复原产物为FeO。由中科院等离子体物理争论所自主研制的全超导托卡马克试验装俗人造太正在承受技术升级。人造太阳是利用氘、氚核聚变反响释放巨大能量原理而实现的。以下说法正确的选项是。A．氕、氘、氚三种元素在周期表中的位置不同B．20gD2O含有的中子数为6.02×1024个C．在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反响可获得金属锂Ⅱ．局部元素在周期表中的位置如下：请答复以下问题：元素C在周期表中的位置为 。推断E和F对应的简洁氢化物沸点凹凸，并解释缘由 。(3)用电子式表示F的氢化物的形成过程： 。Ⅲ．溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等，苦卤提溴的工业流程如下：结合元素周期律解释Cl的非金属性强于Br的缘由： 。3吸取塔中，A吸取了Br2后的溶液中含有Br−和BrO−，则A是 〔填序号〕。3A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C．SO2气体从吸取塔出来的溶液中参加稀H2SO4得到Br2的离子方程式是 。【答案】Ⅰ．BCⅡ．〔1〕第四周期Ⅷ族H2O沸点高，水分子可形成分子间氢键作用力强，故沸点高〔3〕III．〔1〕ClBr均为第ⅦA7Cl＜BrCl＜Br，得电子力量Cl＞Br，非金属性Cl＞Br〔2〕B〔3〕5Br−+BrO−+6H+=3Br+3HO3 2 2AHABD2O20g/mol20gD2O1mol，1molD2O10mol1mol含有的中子数为6.02×1024个，B正确；C．复原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反响可获得金属锂，C正确；答案为BC；II．(1)元素CFe，位于第四周期Ⅷ族；(2)EF分别为O、S，氢化物为H2O、H2S，水分子间可形成氢键，导致分子间的作用力增大，熔沸点上升，则H2O沸点高；(3)F的氢化物为H2S，电子式表示其形成过程为 ；III．(1)Cl、Br属于同一主族，最外层均有7个电子，Cl