第一章 物质及其变化（测试）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第一章物质及其变化测试卷时间：75分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24Cl35.5V51一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3分)1．（2024·河北·三模）古诗中蕴含着丰富的化学知识，下列诗句同时体现了化学反应中的物质变化和能量变化的是A．刘长卿的《酬张夏》中，“水声冰下咽，沙路雪中平”B．李白的《秋浦歌》中，“炉火照天地，红星乱紫烟”C．刘禹锡的《浪淘沙》中，“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”D．岑参的《白雪歌送武判官归京》中，“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”【答案】B【解析】A．“水声冰下咽，沙路雪中平”，利用诗和景很自然地引入物质的三态变化的知识，物质并未变化，A不符合题意；B．“炉火照天地，红星乱紫烟”，描述的是红星四溅，紫烟蒸腾的冶炼场景，是燃烧反应，包括了物质变化和能量变化，B符合题意；C．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，说明金在自然界中以游离态存在，不需要冶炼还原，“沙里淘金”就是利用金与沙密度的差异，用水反复淘洗得到，物质并未变化，属于物理变化，C不符合题意；D．“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”，以梨花喻雪，为水的三态变化，属于物理变化，D不符合题意；故答案选B。2．（2024·黑龙江牡丹江·模拟预测）空气湿度增大，水汽凝结就易形成雾，灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等颗粒物的浓度增大就易形成霾。下列说法不正确的是A．防雾霾口罩的原理与过滤类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大B．PM2.5是直径小于或等于2.5微米的污染物颗粒，属于胶体粒子的直径范围C．汽车车灯在雾霾天照出“通路”的现象属于丁达尔效应D．可通过在燃煤烟囱上加装高压静电装置除去煤灰中的固体颗粒物【答案】D【解析】A．防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩间隙更小，透气性更差，往往呼吸阻力较大，A正确；B．可通过在燃煤烟囱上加装高压静电装置除去煤灰中的固体颗粒物，利用的是胶体的电泳，B正确；C．雾霾天，汽车车灯照出“通路”的现象是空气中的气溶胶对光线发生的散射作用，属于胶体的丁达尔效应，C正确；D．胶粒直径在1~100nm之间，PM5是直径小于等于2.5微米的污染物颗粒(1微米=1000纳米)，不属于胶体粒子的直径范围，D错误；故选D。3．（2024·河南南阳·二模）物质的转化是化学学习的重要内容，甲、乙、丙所代表的物质不符合如图所示转化关系的是A．

NaOH

B．CuO

C．

Fe

D．

NaCl

【答案】D【解析】A．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故A项正确；B．氧化铜和氢气反应生成氧化铜和水，氧气和铜反应生成氧化铜，电解水可以生成氢气和氧气，氧气和氢气反应生成水，故B项正确；C．氯化亚铁和锌反应生成铁，硫酸亚铁和氯化钡反应生成氯化亚铁，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁和锌反应生成铁，故C项正确；D．碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠，硝酸钠无法生成碳酸钠，故D项错误；故本题选D。4．（2024·江苏苏州·三模）在给定条件下，下列物质转化或方程式正确的是A．工业制漂白粉：B．工业制C．电解饱和食盐水：D．碱性溶液与反应：【答案】D【解析】A．二氧化锰和浓硫酸反应不生成氯气，故A项错误；B．，Fe与HCl反应生成FeCl2，故B项错误；C．工业上通过电解饱和食盐水生成烧碱，离子方程式为，故C项错误；D．KClO和KOH混合溶液与，反应方程式为，故D项正确；故本题选D。5．（2024·江苏宿迁·三模）硫元素约占地球总质量的1.9%，广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫有32S、34S、33S和36S四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(H2S、H2S2)均有弱酸性；低价硫易被氧气氧化。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原反应，促进了硫元素在地球各圈层中的循环。下列化学反应的表示正确的是A．二硫化氢与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=S＋2H2OB．黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2＋2H2O＋7O22Fe2＋＋4H＋＋4SOC．用Na2S2O3除去废水中的氯气：S2O＋4Cl2＋10OH-=2SO＋8Cl-＋5H2OD．硫化亚铁除废水中汞离子：S2-＋Hg2＋=HgS↓【答案】A【解析】A．二硫化氢为弱酸，与足量烧碱溶液反应：H2S2＋2OH-=＋2H2O，A正确；B．Fe2+能被O2氧化为Fe3+，离子方程式：，B错误；C．Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被氯气氧化成，Cl2被还原为Cl－，则根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式：S2O＋4Cl2＋5H2O=2SO＋8Cl-＋10H+，C错误；D．FeS难溶于水，离子方程式：FeS＋Hg2＋=HgS+Fe2+，D错误；故选A。6．（2024·安徽安庆·模拟预测）黄铜用溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。Co3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气。由、、和反应制备的配合物可应用于的鉴定。下列化学反应方程式表示错误的是A．Cu2O与稀硫酸反应：B．溶液和反应：C．与足量浓盐酸反应：D．制备的反应：【答案】C【解析】A．Cu2O与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A正确；B．CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+，B正确；C．已知Co3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气，Co(OH)3与足量盐酸反应：2Co(OH)3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+6H2O，C错误；D．CH3COOH不能拆，制备Na3[Co(NO2)6]的反应的离子离子反应为应：12+2Co2++H2O2+2CH3COOH=2[Co(NO2)6]3-+2CH3COO-+2H2O，D正确；故答案为：C。7．（2024·山西·模拟预测）下列根据实验操作及现象不能达到相应实验目的的是选项实验操作及现象实验目的A向滴有几滴的溶液中加入，缓缓通入少量并振荡、静置，水层显红色，有机层显无色验证还原性：B相同温度下，同时进行与和的反应，观察产生的快慢探究键的极性对反应速率的影响C将胆矾晶体投入浓硫酸中，固体由蓝色变为白色验证浓硫酸具有脱水性D分别测定和与盐酸反应的反应热确定的【答案】C【解析】本题以实验操作、现象与实验目的为情境，考查还原性强弱、键的极性比较及反应热的测定等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。A．中和均可与反应，产生和，其中遇显红色，进入中使有机层显橙红色，故根据现象可知，先与反应，故还原性：，A项不符合题意；B．与和的反应中均发生了氢氧键的断裂，氢氧键的极性越强，越容易断裂，反应速率越快，所以可以通过观察产生的快慢，探究键的极性对反应速率的影响，B项不符合题意；C．将胆矾晶体投入浓硫酸中，固体由蓝色变为白色，体现的是浓硫酸的吸水性，C项符合题意；D．分别测定和与盐酸反应的反应热，根据盖斯定律可确定的，D项不符合题意；故选C。8．（2024·湖北·模拟预测）稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．1mol中心原子的孤电子对数目为B．18g中所含质子数目为C．生成1mol，转移电子数目为D．3.36LHF(标准状况)所含的分子数为【答案】D【解析】A．最外层有8个电子，提供4个电子分别与4个F形成共用电子，则1mol中心原子的孤电子对数目为，A正确；B．18g是1mol，1个中有10个质子，则18g中所含质子数目为，B正确；C．，该反应中是氧化产物，是还原产物，是氧化产物，生成1mol时生成2mol，转移电子数目为，C正确；D．标准状况时HF不是气体，则3.36LHF(标准状况)不是0.15mol，所含的分子数不是，D错误；故选D。9．（2024·河北石家庄·三模）亚氯酸钠（）具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知高浓度的易爆炸。下列说法错误的是A．“反应1”中是还原产物，母液中主要成分是B．“反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸C．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为D．若还原产物均为时，的氧化能力是等质量的2.5倍【答案】D【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。【解析】A．反应1中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，Cl元素化合价由+5价下降到+4价，是还原产物，母液中主要成分是，A正确；B．已知高浓度的易爆炸，反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸，B正确；C．“反应2”中发生反应的化学方程式为，H2O2是还原剂，NaClO2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；D．1molCl2完全反应转化2mole-，1mol完全反应转化5mole-，所以等物质的量的氧化能力是的2.5倍，D错误；故选D。10．（2024·黑龙江吉林·模拟预测）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)；一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法正确的是A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸B．流程中H2O2做氧化剂C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致NaClO2产率下降【答案】D【分析】NaClO3在稀硫酸中溶解，通入SO2在发生器中发生氧化还原反应，生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再经过一系列操作得到NaClO2粗产品。【解析】A．NaClO3具有强氧化性，可以氧化HCl，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，A错误；B．ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，流程中H2O2做还原剂，B错误；C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止ClO2浓度过高，因为纯ClO2易分解爆炸，C错误；D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，如果吸收塔中温度过高，会导致H2O2分解，从而导致NaClO2产率下降，D正确；故选D。11．（2024·湖南·模拟预测）某反应体系只有六种粒子：（无色）、和。随着反应进行，其中两种离子浓度与时间关系如图所示。下列叙述错误的是A．图中乙代表，甲代表B．若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生C．每消耗乙时转移电子D．该反应为【答案】C【分析】根据反应体系中的粒子可以判断发生氧化还原反应，锰元素的价态为+7和+2价，中含过氧键，根据图像可知，乙为反应物，甲为生成物，相同时间反应的物质的量之比为5:2，由此推知，甲为高锰酸根离子，乙为。【解析】A．由分析可知，甲为高锰酸根离子，乙为，A正确；B．高锰酸根离子为紫红色，为无色，若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生，B正确；C．根据价态变化可知，每消耗乙时转移电子，C错误；D．根据元素守恒和电子守恒，可以得到反应的离子方程式为，D正确；答案选C。12．（2024·广西贺州·一模）镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列推断不合理的是A．向溶液中逐滴加入足量稀氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解B．向和溶液中通入适量二氧化碳后得到氢氧化铝沉淀，可知酸性：C．金属镓可以与溶液反应生成和D．步骤二中不能通入过量的的理由是【答案】A【分析】镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图，分析可知氧化铝和氧化镓都可以与氢氧化钠溶液反应生成盐，并且二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与偏镓酸钠反应，可实现铝和镓的分离。【解析】A．镓()与铝同主族，曾被称为“类铝”，则其氢氧化物不会溶与弱碱氨水，向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，有Ga(OH)3沉淀生成，沉淀不溶解，A错误；B．适量二氧化碳可以制取氢氧化铝，却无法与Na[Ga(OH)4]反应，说明酸性氢氧化铝比氢氧化镓弱，，B正确；C．铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以金属镓也可以与NaOH溶液反应生成和氢气，C正确；D．碳酸溶液为酸性，所以步骤二中不能通入过量的是因为会发生反应生成Ga(OH)3沉淀，，D正确；故选A。13．（2024·山东菏泽·模拟预测）乙苯脱氢的反应历程如下图(Ph-为苯基)，下列说法正确的是A．物质Ⅰ为催化剂B．此反应过程中是氧化剂C．只有过程②有电子转移D．每脱去1mol氢原子，转移2mol电子【答案】B【解析】A．乙苯在物质Ⅳ的作用下生成苯乙烯，Ⅳ为催化剂，A错误；B．在反应中生成，作氧化剂，B正确；C．过程②④都有电子转移，C错误；D．H元素化合价变为为1，每脱去氢原子，转移电子，D错误；答案选B。14．（2024·浙江丽水·二模）已知过氧化铬的结构式如图所示，溶于稀硫酸的化学方程式为：，有关该反应说法不正确的是A．在元素周期表中的位置为第四周期第VIB族B．既作氧化剂，又作还原剂C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为D．若有发生该反应，则反应中共转移个电子【答案】C【解析】A．Cr在元素周期表中位置为第四周期第ⅥB族，故A正确；B．中Cr元素化合价下降，O元素化合价上升，H2SO4中O元素化合价未发生变化，则既作氧化剂，又作还原剂，故B正确；C．中4个氧原子与铬形成的是Cr-O键，每个氧原子的化合价为-1价，1个氧原子与铬形成的是Cr=O键，这种氧原子的化合价为-2价，Cr为+6价，Cr元素由+6价下降到+3价，O元素由-1价下降到-2价，有由-1价上升到0价，和2个H2O是还原产物，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，故C错误；D．中4个氧原子与铬形成的是Cr-O键，每个氧原子的化合价为-1价，1个氧原子与铬形成的是Cr=O键，这种氧原子的化合价为-2价，Cr为+6价，Cr元素由+6价下降到+3价，O元素由-1价下降到-2价，有由-1价上升到0价，若有发生该反应，生成molO2，则反应中共转移个电子，故D正确；故选C。15．（2024·重庆荣昌·模拟预测）黄铁矿()在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．反应Ⅱ的离子方程式为D．该过程的总反应为【答案】A【分析】反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+；【解析】A．反应I、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；B．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；C．反应Ⅱ的离子方程式为，C正确；D．该过程的总反应为，D正确；故选A。二、非选择题(共4小题，共55分)16．（23-24高三上·北京·开学考试）（16分）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。Ⅰ.零价铁的制备。（1）富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下高温还原可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式。（2）采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。已知：的电负性是2.0，的电负性是2.1①请写出的电子式。②请写出与硫酸反应的离子方程式。③补充完整下列化学方程式。每生成零价铁，转移电子的物质的量是。Ⅱ.零价铁的结构和作用机理。研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核-壳”结构。已知：①壳层可以导电；②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；③磷酸盐溶解度一般较小。（3）去离子水中加入零价铁，从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、、、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、。（4）部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中、主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因。（5）去除含磷()微粒：①控制8，原因是。②通过形成(填化学式)进一步去除。（6）综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有。【答案】（1）（1分）（2）（1分）（2分）（2分）（1分）（3）（1分）（4）零价铁的还原性大于，小于，因此，被铁还原为而除去，而无法还原，主要通过吸附作用除去（2分）（5）（1分）时零价铁壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的（2分）、沉淀（1分）（6）还原、吸附、共沉淀（2分）【解析】（1）磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应方程式为。（2）①是离子化合物，故电子式为。②由于B的电负性是2.0，H的电负性是2.1，故H是-1价，有强还原性，故与硫酸发生氧化还原反应。③根据得失电子守恒，可得，反应中Fe和水中的H的化合价共降低24价，中H的化合价共升高24价，故每生成零价铁，转移电子的物质的量是12mol。（3）去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。（4）零价铁的还原性大于，小于，因此，被铁还原为而除去，而无法还原，主要通过吸附作用除去。（5）①根据已知，当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的。②、都是沉淀，故能进一步去除。（6）综上所述，（3）中利用还原法去除重金属离子，（4）中利用吸附法去除金属离子，（5）利用沉淀法沉淀含磷微粒。17．（2024·浙江·二模）（10分）化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。请回答：（1）X的组成元素是，X的化学式是。（2）写出X→A的化学方程式。（3）写出C→D的离子方程式。（4）实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证。【答案】（1）Fe、O（2分）FeO2（2分）（2）FeO2+NaOH=NaHFeO3（2分）（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓（2分）（4）用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl（2分）【分析】C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05mol；C中含有0.1molFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)=0.05mol，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。【解析】（1）根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；（2）FeO2与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH=NaHFeO3；（3）C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；（4）氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。18．（2024·湖北·一模）（13分）某学习小组为探究Mg与酸、碱、盐溶液的反应。完成如下实验：编号操作现象Ⅰ将镁条放入稀硫酸中迅速放出大量气体，试管壁发热Ⅱ将镁条放入pH为的溶液中无明显现象Ⅲ将镁条放入pH为的溶液中放出气体，溶液中有白色沉淀生成回答下列问题：（1）实验前除去镁表面氧化物的方法是。（2）实验Ⅰ的离子方程式为。（3）经实验分析，实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生气体的原因是。（4）该组同学们比较实验Ⅱ、Ⅲ后，分析认为：实验Ⅲ能快速反应的原因，与溶液中白色沉淀有关。为探究其成分，设计了如下实验。取出镁条，将沉淀过滤、洗涤、低温烘干，得到纯净固体。将一半固体放入锥形瓶中，按如图连接好装置。滴加稀硫酸到无气体放出为止，在处通入足量空气。最后称量形管增重。将另一半固体高温灼烧，最后剩余固体氧化物为。①最后通入空气的目的是。②固体充分高温灼烧后，需要放在（填仪器名称）中冷却后才能称量。称量时（选填“是”“不是”）采用托盘天平称量。（5）依据以上分析，实验Ⅲ中发生反应的方程式为。通过以上实验得出结论：置换氢气与、温度、与溶液接触面积有关，在溶液中，生成的沉淀能破坏表面覆盖的，从而较快进行。【答案】（1）用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。）（2分）（2）（2分）（3）与水反应放热使分解放出（2分）（4）将系统内生成的完全排入到U形管中被吸收（2分）干燥器（1分）不是（1分）（5）（3分）【解析】（1）实验前除去镁表面氧化物的方法是：用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。）；（2）实验Ⅰ，镁与硫酸反应的离子方程式为（3）实验Ⅲ中产生的气体为和混合气体。产生的是镁与水反应产生的，产生气体只能由分解产生，故原因是与水反应放热使分解放出（4）①最后通入空气的目的是：将系统内生成的完全排入到U形管中被吸收；②固体充分高温灼烧后，需要放在干燥器中冷却后才能称量，防止高温下与水反应。托盘天平称量时精确到小数点后一位，题中是后两位，所以不是采用托盘天平称量。（5）高温灼烧，最后剩余固体氧化物为MgO,则n(MgO)=，n(Mg)，形管增重为的质量，由此可得的物质的量为，的物质的量为0.01mol，含镁化合物总质量为0.01×58g/mol+0.03×84g/mol=3.1g，则结晶水的物质的量为，白色沉淀为，实验Ⅲ中发生反应的方程式为：；19.（2024·山西·模拟预测）（16分）以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4)为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。回答下列问题：（1）在“氧化”中低价态钒都转化为，其中V3+转化反应的离子方程式为，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是。（2）“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3g·L-1'时，则溶液中c()=mol·L-1。(结果保留1位小数)（3）pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是。（4）“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是。检