2024年华东师大版必修1化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版必修1化学下册月考试卷518考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是（）A.原子半径：Y>ZB.简单氢化物的沸点：X>WC.离子的还原性：X>WD.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y>Z2、下列离子方程式改写成化学方程式，正确的是A.B.C.D.3、反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O中，氧化剂是A.CuB.浓H2SO4C.CuSO4D.SO24、利用下列装置(部分仪器已省略)，能顺利完成对应实验的是A.向容量瓶中转移B.碳酸氢钠受热分解C.制氢氧化亚铁D.分离花生油和水5、氯、溴、碘单质的化学性质相似，主要原因是A.单质均有颜色B.均为双原子分子C.原子最外层电子数均为7D.均为非金属元素评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、完成下列填空：

I．以下是实验室常用的部分仪器；请回答下列问题：

(1)序号为⑧和⑩的仪器的名称分别为______；______。

(2)在分液操作中；必须用到上述仪器中的____（填序号）。

(3)在配制一定物质的量浓度的溶液时；一定需要用到的仪器是________（填序号）。

(4)仪器上标有温度的是____（填序号）。

II．有以下10种物质：①铜②稀硫酸③氯化氢④氨气⑤氯气⑥二氧化碳。

⑦乙醇⑧熔融氯化钠⑨NaOH⑩H2CO3

按照表中提示的信息；把符合左栏条件的物质的序号填入右栏相应的位置。

。

符合的条件。

物质的序号。

(1)

能导电的物质。

_________________

(2)

电解质。

_________________

(3)

非电解质。

__________________

7、疫情期间；环境消毒是极其关键的，常常喷洒“84”消毒液，其有效成分为NaClO。已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示。请回答下列问题：

(1)Cl2是制取“84”消毒液的主要原料之一，请写出实验室用MnO2制Cl2的化学方程式：__，工业上将Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液，请写出该反应的化学方程式：__。

(2)该同学参阅该“84”消毒液的配方；欲用NaClO固体配制480mL此消毒液。

①配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、__。

②关于配制过程的说法正确的是__(填字母)。

A.容量瓶用蒸馏水洗净后；必须烘干后才能用于溶液配制。

B..配制过程中；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低。

C.需要称量NaClO固体的质量为148.8g

D.将称量NaClO固体完全溶于水后；直接将溶液转移至如图仪器中。

E.按如图所示转移烧杯中的溶液；对所配溶液浓度无影响。

F.定容时；俯视观察刻度线可能导致结果偏高。

G.称量时；所使用的砝码有残缺可能导致结果偏高。

(3)曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件。请用离子方程式解释原因：__。

(4)2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。在此过程中H2O2表现了__(填“氧化性”或“还原性”)，当有0.1molO2生成时，转移电子__mol。8、进行下面的实验要用到下列一种或几种仪器；请用这些仪器的名称填空。

(1)欲干燥NH3需使用仪器_________________________；

(2)欲分离互不相溶的两种液体，可使用____________________________________；

(3)欲分离液态混合物中沸点不同的组分，可使用_____________________________；

(4)欲分离悬浮于液体中的固体物质，可使用_________________________________；

(5)欲用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)制无水硫酸铜固体，可使用：___________________。9、化学性质。

(1)不稳定性。

反应：___________。

(2)强氧化性。

硝酸无论浓；稀都具有强氧化性；而且浓度越大，氧化性越强。

按要求完成下列反应的方程式：

①与金属反应。

稀硝酸与铜反应：___________；

浓硝酸与铜反应：___________。

②与非金属反应。

浓硝酸与C反应：___________。

③与还原性化合物反应。

硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等还原性物质。

稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe2＋＋4H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。10、分析下列氧化还原反应中电子转移方向和数目；指出氧化剂和还原剂。

(1)CuO+COCu+CO2，___________氧化剂___________还原剂___________

(2)2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，___________氧化剂___________还原剂___________

(3)2KClO32KCl+3O2↑，___________氧化剂___________还原剂___________11、完成下列问题。

（1）①写出二氧化碳的电子式：___________；

②写出氯气的电子式：___________

③写出氯化钠的电子式：___________；

④写出氯化铵的电子式___________

⑤写出赤铁矿石主要成份的化学式：___________；

⑥写出氨分子的结构式：___________。

（2）写出镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式___________。

（3）写出铜与氯化铁溶液反应的离子方程式：___________。12、下表是周期表中的一部分，根据A-I在周期表中的位置，第(1)～(4)小题用元素符号或化学式回答；(5)～(8)小题按题目要求回答。

。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，化学性质最不活泼的是_______，只有负价而无正价的是_______，氧化性最强的单质是_______，还原性最强的单质是_______。

(2)最高价氧化物的水化物碱性最强的是_______，酸性最强的是_______，呈两性的是_______。

(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的_______。

(4)在B、C、E、F、G、H中，原子半径最大的是_______。

(5)A和D组成化合物的电子式_______。

(6)用电子式表示B和H组成化合物的形成过程_______。

(7)B的最高价氧化物的水化物和C的最高价氧化物相互反应的离子方程式_______13、如下六个图中；横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，将图中的字母代号填入下表．

。溶液。

加入的物质。

字母代号。

①饱和石灰水。

通过量CO2

______

②AlCl3溶液。

通过量NH3

______

③MgCl2、AlCl3混合溶液。

逐滴加NaOH溶液至过量。

______

④AlCl3溶液。

逐滴加NaOH溶液至过量。

______

⑤含少量HCl的AlCl3溶液。

逐滴加NaOH溶液至过量。

______

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、溶液与胶体的本质区别是能否产生丁达尔效应。(____)A.正确B.错误15、硅酸钠溶液中通入二氧化碳：(____)A.正确B.错误16、氯气做水的杀菌消毒剂。(___________)A.正确B.错误17、验证Fe2(SO4)3溶液中含Fe2+的方法是加入酸性KMnO4溶液，紫色退去。(_______)A.正确B.错误18、乙烯中混有的SO2可以通过溴水除去。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共1题，共5分)19、A；B、C、D、E、F是短周期主族元素,且原子半径依次增大。在短周期中A元素原子半径最小；A与F可形成离子化物FA，C的简单氢化物常用作制冷剂，D、E、F同周期，B、E同主族。回答下列问题:

（1）G是E下一周期同主族元素，G的原子结构示意图为__________。

（2）A与F形成离子化物FA的电子式为___________。

（3）化学家发现一种原子组成比为A4C4的离子化合物，则该化合物的化学式为_______。

（4）C2A4B3是一种常见的炸药，其在常温下撞击时会生成一种气体(C2B)和一种常见液体，该反应的化学方程式为______________。16g该物质反应转移的电子数目为________。

（5）请设计最简单实验说明元素D、E的非金属性强弱：________________________________（简要说明原理和现象即可）。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共15分)20、明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)明矾净水的原理是___________(用离子方程式表示)。

(2)操作Ⅰ是___________，滤液B中K+焰色反应颜色为：___________。

(3)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是___________(只用一种试剂)。

(4)在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为___________。

已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：。物质Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8

注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1。

根据表中数据解释调节pH=3的目的：___________。

(5)已知：在pH=3、加热条件下，MnO可与Mn2＋反应生成MnO2，加入MnSO4发生反应的离子方程式为：___________。滤渣2含有的物质是___________。21、碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnXZn(1-x)Fe2O4；其工艺流程如图所示：

(1)已知MnXZn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________________。

(2)“浸取”工序得到的滤液A经蒸发结晶，可以获得化工产品M，M的电子式为_______。

(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：____________。

(4)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnXZn(1-x)Fe2O4相符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：________、____________。

(5)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是_____________；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_________。

(6)用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氨肥。该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_______________。22、含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸；具体的流程如下：

已知：CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.11062.301021.1710101.081010

(1)用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因(将离子方程式补充完整)：______Cr2O72-+__________CrO42+______

(2)向滤液1中加入BaCl22H2O的目的是使CrO42-从溶液中沉淀出来。

①结合上述流程说明熟石灰的作用：_____。

②结合表中数据，说明选用Ba2不选用Ca2处理废水的理由：_____。

③研究温度对CrO42沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42-的沉淀率(沉淀率如图所示)

已知：

CrO42-的沉淀效率随温度变化的原因是_____。

(3)向固体2中加入硫酸；回收重铬酸。

①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图(左)所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因：_____。

②回收重铬酸的原理如上图(右)所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_____。

(4)综上所述，沉淀BaCrO4进一步回收重铬酸的效果与_____、_____、有关。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共40分)23、下图是各种不同密度的硝酸与铁反应(相同温度)时主要还原产物的分布图。请认真读图分析；回答有关问题。

(1)下列叙述中正确的是(填序号)_______。

A.图中横坐标是硝酸的密度；硝酸的密度越大，其浓度越大。

B.当还原剂和温度相同时；不同浓度的硝酸被还原的产物不是单一的，只是在某浓度时，以某种产物为主而已。

C.硝酸的浓度越大；还原产物中N元素低化合价产物越多。

D.当硝酸密度大于1.3g·cm-3时，还原产物主要为NO、NO2

(2)当硝酸溶液的密度为1.36g·cm-3时，下列化学方程式中，能较准确表达Fe与过量硝酸反应的是(填序号)_______。

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)密度为1.26g·cm-3，质量分数为50.0%的硝酸，其物质的量浓度是_______mol·L-1。

(4)限用下列仪器、药品验证由铁和过量1.36g·cm-3硝酸反应产生的气体中含有NO(不考虑N2O4)。设计一个合理而简单的实验方案(仪器可选择使用，N2的用量可自由控制；加热装置和固定装置省略)。

第1步：反应并收集生成的气体：

①实验中气体发生装置应选择________填装置序号)，理由是_______。

②装置的连接顺序是(填各装置接口的序号)：_______[]→[][]→[8][9]→[]。

③检查装置气密性后；开始反应。待E中充满红棕色气体，停止实验。

第2步：验证E中有NO。

④取下试管E；倒立在F中，轻轻摇动试管。

确认生成的气体中有NO的现象是_______。24、铝元素含量居金属首位，主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产；生活、科研等领域应用广泛。

Ⅰ.工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图：

（1）在滤液A中加入漂白液；目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。

①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：___Fe2++___ClO-+___=___Fe(OH)3↓+___C1-+___

②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为___（选填代号）

A.氢氧化钠溶液B.硫酸溶液C.氨水D.二氧化碳。

③由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、___(填操作名称)；过滤、洗涤。

Ⅱ.铵明矾（NH4Al（SO4）2•12H2O）是常见的食品添加剂；在日常生活；生产中也占有一席之地。

（1）铵明矾可用于净水，用离子方程式表示其净水原理___；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是___。

（2）实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=___。

（3）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为___（填代号）。25、在金属活动顺序中；铁；铝均比铜活泼，但常温下，将铁棒或铝棒插入浓硝酸中，你观察不到任何现象，因为发生了钝化；将铜棒插入投浓硝酸中，却剧烈反应，放热，且产生红棕色的气体。铁、铝插入稀硝酸或稀硫酸中时，也不会发生钝化。

(1)钝化是___________(填“物理”“化学”)变化。

(2)如图所示；常温下能说明铁棒X已被钝化的是___________

A．将铁棒X洗净，浸泡于浓硫酸，无变化B．将铁棒X洗净，浸泡于硫酸铜溶液中，无红色物析出C．将铁棒X洗净，浸泡于稀硫酸中，无气泡产生D．将铁棒X洗净，浸泡于氢氧化钠溶液中，无变化(3)将铜投入一定量浓硝酸中完全溶解，产生的氮氧化物气体用500mL2mol/LNaOH溶液恰好完全吸收，得到含0.2mol和若干摩尔则___________。A．产生气体一定含可能含NO和B．产生的气体与8.96L混合后通入水中，恰好转化为C．消耗铜的质量为5.12gD．原浓硝酸中可能含2.6mol溶质(4)实验证明：溶液呈酸性，可与反应。现向两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的溶液；测得其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。对此进行的分析判断错误的是___________

A．②代表滴加溶液的变化曲线B．b点，溶液中大量存在的离子是C．c点，两溶液中含有相同量的D．a、d两点对应的溶液均显中性26、现有①氯化钡；②金刚石、③氯化铵、④硫酸钠、⑤干冰、⑥碘片六种物质；按下列要求回答：

(1)熔化时不需要破坏化学键的是________；熔化时需要破坏共价键的是________，熔点最高的是________，熔点最低的是________。

(2)属于离子化合物的是________；只有离子键的物质是________，以分子间作用力结合的是________。

(3)①的电子式是____________，⑥的电子式是____________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

W的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8；则W为S；X与W同主族，则X为O；Y的原子序数是W和X的原子系数之和的一半，则Y为Mg；含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z为Na，综上所述，W；X、Y、Z分别为S、O、Mg、Na，据此解答。

【详解】

A．同周期元素的原子半径随着原子序数增大而减小，则原子半径：Y（Mg）<Z（Na）；A错误；

B．H2O分子间有氢键，沸点比H2S高，即简单氢化物的沸点：X>W；B正确；

C．非金属性越强，单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，则离子的还原性：X

D．金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，所以Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y

答案选B。2、D【分析】【详解】

A．表示可溶性镁盐和可溶性强碱反应生成Mg(OH)2沉淀。化学方程式中MgCO3微溶于水，且未说明是溶液还是悬浊液，BaCO3是难溶性盐；均不能拆成离子形式，选项A错误；

B．表示可溶性碳酸盐和可溶性强酸或强酸的酸式盐(如NaHSO4)反应，属于弱酸的酸式酸根离子，不能拆成和H+；选项B错误；

C．表示Fe2O3与可溶性强酸反应生成铁盐和水，不能生成亚铁盐和水，且H2SO4是可溶性强酸，要拆成H+和选项C错误；

D．表示可溶性强酸和可溶性强碱反应生成可溶性盐和水，H2SO4属于可溶性强酸，NaOH属于可溶性强碱，Na2SO4属于可溶性盐；均能拆成离子形式，选项D正确。

答案选D。3、B【分析】【详解】

A．分析反应方程式可知；Cu的化合价由0价变为+2价，化合价升高被氧化，为还原剂，A不合题意；

B．浓H2SO4中的硫在反应中由+6价变为SO2中的+4价；化合价降低被还原，为氧化剂，B符合题意；

C．分析反应方程式可知，CuSO4中的铜由0价变为+2价的产物，故CuSO4为氧化产物；C不合题意；

D．SO2是产物；是被还原得到的产物，故为还原产物，D不合题意；

故答案为：B。4、D【分析】【分析】

A.根据移液时通过玻璃棒引流进行分析；

B.根据试管加热固体的方法进行分析；

C.根据制氢氧化亚铁的方法进行分析；

D.根据萃取；分液的方法来解答。

【详解】

为了防止溶液洒到瓶外；移液时应通过玻璃棒引流，A错误；

B.加热碳酸氢钠有水生成；倒流会引起试管炸裂，所以加热固体药品时底部要高于试管口，防止生成的水蒸气冷却后倒流而炸裂试管，B错误；

C.氢氧化亚铁不稳定；易被氧化生成氢氧化铁，所以制取氢氧化亚铁时要隔绝空气，胶头滴管要伸入液面下，C错误；

D.互不相溶的液体采用分液方法分离；漏斗的下端紧贴烧杯内壁，下层液体从下端放出，上层液体从上口倒出，花生油和水不互溶，可以采用分液方法分离，D正确；

故合理选项是D。

【点睛】

本题考查化学实验方案评价，涉及实验基本操作、物质制备、物质分离和提纯等知识点，明确基本操作规则、物质性质、物质性质与物质分离提纯方法选取关系是解本题关键，易错选项是C。5、C【分析】【分析】

化学性质由最外层电子(或价电子)决定的。

【详解】

A．单质均有颜色；属于物质的性质，故A不符；

B．均为双原子分子；属于物质的组成，故B不符；

C．原子最外层电子数均为7；属于物质结构，结构上有相似，决定了氯；溴、碘单质的化学性质相似，故C符合；

D．均为非金属元素；属于物质的组成，故D不符；

故选C。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【分析】

【详解】

I．(1)序号为⑧的仪器是配制溶液时使用的容量瓶；序号为⑩的仪器为蒸馏时使用的冷凝管；故答案为：容量瓶；直形冷凝管（冷凝管）；

(2)进行分液的时候；必须将需要分液的混合物放入分液漏斗中，振荡；静止分层后，再分开，所以必须使用分液漏斗、烧杯；故答案为：②⑥；

(3)配制一定物质的量浓度的溶液；应该使用烧杯溶解固体或稀释浓溶液，再将其转移至一定规格的容量瓶中，最后还要用胶头滴管定容；故答案为：②④⑧；

(4)容量瓶和量筒上均有刻度且有温度；故答案为：⑧⑨；

II．(1)能导电的物质有：铜；稀硫酸、熔融氯化钠；故答案为：①②⑧；

(2)电解质的定义为在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。故答案为：③⑧⑨⑩；

(3)非电解质的定义为在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物。故答案为：④⑥⑦。【解析】容量瓶直形冷凝管（冷凝管）②⑥②④⑧⑧⑨①②⑧③⑧⑨⑩④⑥⑦7、略

【分析】【详解】

(1)实验室用共热MnO2和浓HCl的方法制Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，工业上将Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

(2)该同学欲用NaClO固体配制480mL溶液；实验室没有480mL容量瓶，选500mL容量瓶配制：

①配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒、胶头滴管、量筒、500mL容量瓶；

②A．由于定容时还要加水；因此容量瓶内有少量水对实验无影响，故进行溶液配制前用蒸馏水洗净后无需烘干，A错误；

B．配制过程中；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，导致浓度偏低，B正确；

C．由标签可知，该消毒液中NaClO的物质的量浓度c=mol/L，需要NaClO的物质的量n=mol/L×0.5L，需要称量NaClO固体的质量为mol/L×0.5L×74.3g/mol=148.75g≈148.8g；C正确；

D．将称量NaClO固体完全溶于水后；冷却到室温下，再将溶液转移至容量瓶中，D错误；

E．按如图所示转移烧杯中的溶液；导致刻度线以上有一定体积的溶液，最终溶液总体积偏大，所配溶液浓度偏低，E错误；

F．定容时；俯视观察刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，F正确；

G．称量时；所使用的砝码有残缺，导致溶质质量偏小，最终浓度偏低，G错误；

本题选BCF；

(3)“洁厕灵”(主要成分是盐酸)，“84”消毒液含NaClO，二者发生氧化还原反应产生氯气导致中毒，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；

(4)NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长，在此过程中H2O2中O元素化合价由-1升高到0价，作还原剂，体现还原性；结合氧原子守恒可知，当有0.1molO2生成时，转移电子的物质的量为0.1mol×2×[0-(-1)]=0.2mol。【解析】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O500mL容量瓶BCFClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O还原性0.28、略

【分析】【详解】

（1）干燥氨气用碱石灰，碱石灰属于固体干燥剂，应该盛放在干燥管中，所以欲干燥NH3需使用仪器为干燥管，故答案为：球形干燥管；

（2）分液漏斗用于分离互不相溶的两种液态物质，则欲分离互不相溶的两种液态物质，须使用分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

（3）蒸馏烧瓶用于分离互溶的、沸点不同的液态混合物，则欲分离互溶的、沸点不同的液态混合物，须使用蒸馏烧瓶和酒精灯，故答案为：蒸馏烧瓶、酒精灯；

（4）漏斗用于分离不溶固体和液体混合物；则欲分离固体和液体物质，须使用漏斗，故答案为：漏斗；

（5）坩埚用于固体物质的加热，胆矾晶体(CuSO4·5H2O)加热蒸发结晶水可得到无水硫酸铜固体，须用坩埚和酒精灯，故答案为：坩埚、酒精灯。【解析】①.球形干燥管②.分液漏斗③.蒸馏烧瓶、酒精灯④.漏斗⑤.坩埚、酒精灯9、略

【分析】【详解】

（1）浓硝酸具有不稳定性，能分解生成NO2、O2和H2O，化学方程式为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O。

（2）①稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、水和二氧化氮，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。

②浓硝酸与碳在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。【解析】(1)4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O。

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

【分析】【分析】

(1)

CuO+COCu+CO2，氧化铜中铜化合价降低，化合价由+2价变为0价，作氧化剂，一氧化碳中碳化合价升高，化合价由+2价变为+4价，CO作还原剂，电子转移方向和数目为故答案为：CuO；CO。

(2)

2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，Al化合价升高，由0价变为+3价，作还原剂，硫酸中氢化合价降低，由+1价变为0价，硫酸作氧化剂，电子转移方向和数目为故答案为：H2SO4；Al。

(3)

2KClO32KCl+3O2↑，KClO3中Cl化合价降低，由+5价变为−1价，氧化合价由−2价变为0价，因此KClO3既是氧化剂又是还原剂，电子转移方向和数目为故答案为：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原子与两个O原子分别共用两对电子，电子式为

②氯气分子中两个Cl原子共用一对电子，电子式为

③NaCl由钠离子和氯离子构成，电子式为

④氯化铵由铵根和氯离子构成，电子式为

⑤赤铁矿中的主要成分为氧化铁，化学式为Fe2O3；

⑥氨气分子中N原子与三个H原子分别共用一对电子，结构式为

(2)

镁在二氧化碳中燃烧生成碳和氧化镁，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；

(3)

铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。【解析】(1)Fe2O3

(2)2Mg+CO22MgO+C

(3)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+12、略

【分析】【分析】

根据A-I在周期表中的位置；可知A为H；B为Na，C为Al，D为C，E为N，G为F，I为Ne，F为Si，H为Cl，据以上各种元素，结合题中问题进行解答。

【详解】

(1)表中元素，稀有气体元素性质最稳定，化学性质最不活泼的是Ne；氟元素的非金属性最强，所以只有负价而无正价的是F；非金属性最强的元素为氟，所以氧化性最强的单质是F2；以上提供的元素中；钠元素的原子半径最大，失电子能力最强，其单质的还原性最强，因此还原性最强的单质是Na；

(2)钠元素的金属性最强，其最高价氧化物的水化物碱性最强，化学式为NaOH；由于氟元素没有正价，所以氯元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，化学式为：HClO4；铝元素的最高价氧化物的水化物显两性，化学式为Al(OH)3；

(3)元素的非金属性越强；形成的氢化物越稳定，这些种元素中，非金属性最强的元素为氟，所以A分别与D；E、F、G、H形成的化合物中，HF最稳定；

(4)同一周期；从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此在B；C、E、F、G、H中，原子半径最大的是Na；

(5)A和D组成化合物为CH4，属于共价化合物，其电子式为：

(6)B和H组成化合物为NaCl，属于离子化合物，钠原子失去1个电子转移给氯离子，形成氯化钠，电子式表示其形成过程如下：

(7)B的最高价氧化物的水化物为NaOH，C的最高价氧化物为Al2O3，NaOH与Al2O3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O。【解析】NeFF2NaNaOHHClO4Al(OH)3HFNaAl2O3+2OH-=2+H2O13、A:B:C:E:F【分析】【分析】

【详解】

①饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通入与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2；对照图象应为B；

②氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液通入过量氨气的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl；对照图象应为C；

③MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，Mg（OH）2不溶；对照图象应为A；

④氯化铝溶液，加入氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；对照图象应为E；

⑤含少量HCl的氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是和盐酸之间发生中和反应生成氯化钠和水，没有沉淀，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；对照图象应为F；

故填：B；C；A；E；F；三、判断题(共5题，共10分)14、B【分析】【详解】

溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，故错误。15、B【分析】【详解】

硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，生成碳酸氢钠的离子方程式为故错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有较强的氧化剂，可以杀菌消毒，故正确。17、A【分析】【详解】

酸性高锰酸钾氧化亚铁离子后褪色，正确。18、B【分析】【详解】

溴水除去二氧化硫的同时，也会与乙烯发生加成反应，错误。四、有机推断题(共1题，共5分)19、略

【分析】【分析】

在短周期中A元素原子半径最小，则A为氢元素；A与F可形成离子化物FA，则F为ⅠA元素，结合A、B、C、D、E、F是短周期主族元素，且原子半径依次增大，可知F为Na元素；C的简单氢化物常用作制冷剂，此制冷剂应为NH3；则C为N元素；D；E、F均为第三周期元素，B、E同主族，结合同周期主族元素的核电荷数越大，原子半径越小，可知：D为Cl元素、E为S元素、B为O元素。

【详解】

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

(1)E为S元素，G是S下一周期同主族元素，则G为Se元素，Se的原子结构示意图为

(2)H与Na形成离子化物FA的电子式为Na+[：H]-；

(3)化学家发现一种原子组成比为H4N4的离子化合物，此化合物中含有NH4+，则该化合物的化学式为NH4N3；

(4)N2H4O3是一种常见的炸药，化学式应为NH4NO3，其在常温下撞击时会生成一种气体(N2O)和H2O，该反应的化学方程式为NH4NO3N2O↑+2H2O；16gNH4NO3的物质的量为，=0.2mol，N元素从+5价降为+1价，则反应中转移的电子数目为0.8NA；

(5)利用氧化剂的氧化性大于氧化产物，则向硫化钠或硫化氢水溶液中通氯气，出现淡黄色浑浊，发生反应的方程式为Na2S+Cl2=S↓+2NaCl，此反应中Cl2的氧化性大于S；即Cl的非金属性比S强。

【点睛】

元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。【解析】Na+[：H]-NH4N3NH4NO3N2O↑+2H2O0.8NA或2.408×1023向硫化钠或硫化氢水溶液中通氯气，出现淡黄色浑浊五、工业流程题(共3题，共15分)20、略

【分析】【分析】

铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)加入过量稀硫酸酸浸后过滤；滤液A为硫酸铝；硫酸亚铁、硫酸铁，二氧化硅与硫酸不反应，则滤渣1为二氧化硅，向滤液A中加入稍过量的高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH值使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀，但铝离子不沉淀，加入适量的硫酸锰除去过量的高锰酸钾，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和二氧化锰，滤液B的主要成分为硫酸铝溶液，向滤液B中加入适量硫酸钾蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体。

【详解】

(1)明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的，其反应原理用方程式表示是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；

(2)根据分析，操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的过滤操作；滤液B中K+焰色反应颜色为紫色；

(3)检验滤液A中是否存在Fe2+的方法是取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+存在；或加入KSCN溶液，无明显变化，在滴加几滴H2O2溶液，溶液变为血红色；或加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀，并且白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色，就证明含有Fe2+存在；

(4)在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使Fe2+转化为Fe3+，发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；根据表中数据可知当溶液的pH=3时使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3＋沉淀；

(5)在pH=3、加热条件下，MnO可与Mn2＋反应生成MnO2，加入MnSO4发生反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；根据分析可知，滤渣2的成分含有MnO2和Fe(OH)3。【解析】Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋过滤紫色酸性高锰酸钾溶液、或铁氰化钾溶液、氢氧化钠溶液(合理即可)5Fe2＋＋MnO＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O使Fe3＋转化成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】

用废旧无汞碱性锌锰电池为原料，制备新型材料MnxZn(1-x)Fe2O4，废旧电池加入水浸取，过滤得到滤液A和滤渣，滤渣中加入过量稀硫酸熔渣，“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，过滤后在滤液中加入铁“调铁”，“调铁”工序的目的是调整滤液中铁的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1-x)Fe2O4相符合；再加入过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出的氮肥为硫酸铵，据此分析解答。

【详解】

(1)实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物为氯化锰，其中的锰的化合价为+2价。MnxZn(1-x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时的还原产物中的锰的化合价相同，可知Mn为+2价，锌+2价、氧元素-2价，根据化合价的代数和为0，,铁元素的化合价为=+3价；故答案为：+3价；

(2)碱性锌锰电池用水浸取，过滤后的滤液A中的溶质是KOH，KOH中含有离子键和共价键，电子式为故答案为：

(3)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，该反应的离子方程式：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O，故答案为：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O；

(4)①调铁工序之前的滤液中含有Fe3+、过量的硫酸，因此发生反应的离子方程式有Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；

(5)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能的原因除温度外，Fe3+催化了过氧化氢的分解，也会导致双氧水的用量增加，故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+催化了过氧化氢的分解；

(6)用氨水“调pH”后，经“结晶”“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中分离出一种氮肥为硫酸铵[(NH4)2SO4]，铵根离子水解，导致溶液显酸性，溶液中离子浓度由大到小的排序为：c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)。

【点睛】

根据题中各小题的提示理解流程图各步骤的作用是解题的关键。本题的易错点为(2)，要注意碱性锌锰电池的电解质溶液为氢氧化钾溶液。【解析】+3MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑把Fe2+氧化为Fe3+生成的Fe3+催化了双氧水的分解c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)22、略

【分析】【分析】

含有K2Cr2O7的废水同时含有SO42−，加入适量熟石灰过滤得到的固体1为硫酸钙和滤液1，向滤液1中加入BaCl2⋅2H2O的目的是使CrO42−从溶液中沉淀出来，过滤得到固体2为BaCrO4；向固体2中加入硫酸，回收重铬酸，同时生成固体3为硫酸钡沉淀。

【详解】

(1).K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因是重铬酸根离子在水溶液中存在化学平衡生成铬酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Cr2O72−+H2O2CrO42−+2H+；

(2).①.根据表中物质的溶度积常数可知，熟石灰的作用是沉淀硫酸根离子，调节溶液pH使Cr2O72−转化为CrO42−；

②.根据表中数据可知，BaCrO4比CaCrO4更难溶，所以选用Ba2+处理废水可以使CrO42−沉淀更完全；

③.根据图象可知，CrO42−的沉淀率随温度升高增大；原因是温度升高，沉淀速率加快；

(3).①.c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促使BaCrO4(s)Ba2+(aq)+CrO42−(aq)平衡右移，使c(CrO42−)增大，同时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.根据表中各物质的溶度积常数可知，BaSO4与BaCrO4溶解度比较接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难与H2SO4接触；阻碍重铬酸生成；

(4).根据上述分析可知，沉淀BaCrO4进一步回收重铬酸的效果与温度、浓度、溶液pH、硫酸浓度、沉淀颗粒等有关，受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等因素的影响。

【点睛】

本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力，本题的关键是理解流程图各步的反应原理，需要学生准确提取题目中的信息，并对信息加工、迁移解决实际问题。【解析】①.1②.1H2O③.2④.2H+⑤.沉淀SO42－；调节溶液pH，使Cr2O72－转化为CrO42－而沉淀⑥.温度升高，沉淀速率加快⑦.BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42－沉淀更完全⑧.c(H2SO4)增大，则c(SO42－)增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c(CrO42－)增大；同时，c(H+)也增大，共同促进Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7⑨.BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c(H2SO4)越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成⑩.溶液pH⑪.H2SO4浓度六、原理综合题(共4题，共40分)23、略

【分析】【分析】

(1)从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸(密度为1.40g•cm-3)中，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当密度为1.25g•mL-1时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O；当密度为1.15g•mL-1时，NO与NH4+的相对含量几乎相等；当HNO3的浓度降到密度为1.05g•mL-1时，NH4+离子成为主要产物，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物；硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中氮元素化合价越高；

(2)Fe与过量硝酸反应得到的含铁化合物是硝酸铁，不含硝酸亚铁；

(3)根据物质的量浓度和质量分数之间的关系公式c=1000ρω/M来计算回答；

(4)①根据NO易被氧化来分析；

②根据实验的目的和各部分的作用确定连接顺序；

④二氧化氮和水之间反应生成硝酸和一氧化氮来回答。

【详解】

(1)A.由图象可以看出，硝酸的浓度越大时，生成物的化合价越高，对应的硝酸的密度也越大，故A正确；

B.由图象可以看出，在相同温度和浓度时，硝酸的还原产物不止一种，故B正确；

C.由图象可以看出，还原产物中NH4+的物质的量分数随硝酸密度减少而增大，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，故C错误；

D.当硝酸溶液的密度为1.36g·cm-3时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，且硝酸密度大于1.3g·cm-3时，还原产物主要为NO、NO2；故D正确；

综上所述，本题正确选项ABD；

(2)当硝酸溶液的密度为1.36g·cm-3时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等；且硝酸过量时，得到的含铁化合物是硝酸铁，不含硝酸亚铁，反应的化学方程式应为。

4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO+3NO2+9H20；

综上所述，本题正确答案为：B；

(3)密度为1.26g·cm-3；质量分数为50.0%的硝酸，其物质的量浓度是c=1000ρω/M=1000×1.26×50%/63=10mol/L；

综上所述，本题正确答案为：10；

(4)①因NO易被氧化，若装置中存在氧气则不能说明NO的存在，所以反应前先通入N2目的是排尽装置中的空气，防止NO被氧化；

综上所述，本题正确答案为：B；N2排除装置中的空气，以防NO被氧化；

②A中铁与浓硝酸反应NO2进入C浓硫酸干燥；然后进入F冰水混合物冷却使二氧化氮液化分离，剩余的NO进入D与氧气反应，最后连接尾气处理装置，所以仪器连接顺序为：3-6-7-8-9-5；

综上所述，本题正确答案为：3、6、7、5；

④二氧化氮和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO；如果生成气体中含有一氧化氮，则试管中液面高度低于试管容积的1/2或余气大于试管容积1/2或余气体积等于2/3或液面高度等于1/3)；

综上所述，本题正确答案为：试管中液面高度低于试管容积的1/2或余气大于试管容积1/2或余气体积等于2/3或液面高度等于1/3)。【解析】①.ABD②.B③.10④.B⑤.利用N2排除装置中的空气，以防NO被氧化⑥.3、6、7、5⑦.试管中液面高度低于试管容积的1/2(或余气大于试管容积1/2或余气体积等于2/3或液面高度等于1/3)24、略

【分析】【分析】

Ⅰ.图示工艺流程为：铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀盐酸；得到滤渣为二氧化硫，滤液中含有铁离子；亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硫与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠；

（1）①依据流程分析；滤液中含有氯化铁；氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平计算写出；

②滤液B中铝元素为氯化铝；依据氢氧化铝溶液强酸强碱，不溶于弱碱选择；

加入浓盐酸抑制氯化铝的水解；蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；

Ⅱ.（1）铵明矾溶液中铝离子水解；溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝；

（2）根据电子转移守恒确定n（N2）：n（SO2）；相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比．

（3）A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；

B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠；

C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；

D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应。

【详解】

Ⅰ.(1)①滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性，氧化亚铁离子为铁离子，在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO−+5H2O=2Fe(OH)3↓+C1−+4H+；

故答案为：2；1；5H2O；2；1；4H+；

②滤液中含有的是氯化铝溶液；将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出；

A.氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝；氢氧化钠不是最佳试剂，故A错误；

B.硫酸溶液不与铝离子反应；故B错误；

C.氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝；过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故C正确；

D.二氧化碳和氯化铝不反应；无法生成氢氧化铝沉淀，故D错误；

故答案为：C；

③加入浓盐酸抑制氯化铝的水解；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤；

故答案为：冷却结晶；过滤；

Ⅱ.(1)铵明矾溶液中铝离子水解得到氢氧化铝胶体；可以吸附悬浮物质，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；

故答案为：铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体；有吸附作用，故铵明矾能净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；

（2）根据电子转移守恒：2×[0−(−3)]×n(N2)=n(SO2)×(6−4)，故n(N2):n(SO2)=1:3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故V(N2):V(SO2)=1: