2025年人教A版拓展型课程化学上册阶段测试试卷含答案VIP

…………○…………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2025年人教A版拓展型课程化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列溶液中各微粒浓度关系正确的是A.室温下，pH=4的0.1mol/L的NaHC2O4溶液中：c()＞c(H+)＞c(H2C2O4)＞c()B.0.1mol/L的CH3COONH4溶液中：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()C.同温下，两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)＞pH(NaY)，则c(X−)+c(OH−)＞c(Y−)+c(OH−)D.向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值减小(已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9)2、下列说法正确的是A.14N2和15N2互为同位素B.红磷和白磷互为同素异形体C.C2H2和C6H6互为同系物D.乙酸和乙醇互为同分异构体3、下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是。选项实验操作实验现象解释或结论A

鉴别食盐中是否含有少量NaNO2，可取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性KMnO4溶液紫红色褪去食盐中含有NaNO2

B将苯和液溴反应逸出的气体通入硝酸酸化的硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀反应生成了HBr

C

向Na2SO3溶液中先加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液产生白色沉淀Na2SO3溶液已经变质。

D

将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中紫红色褪去乙二醇被氧化为乙二酸

A.AB.BC.CD.D4、下列实验能达到目的的是。

。

A.实验室制取氨气。

B.为确认CuSO4生成；向①中加水，观察颜色。

C.制备纯净的。

Fe（OH）2D.除去Cl2中含有的少量HCl气体。

A.AB.BC.CD.DA.B.C.D.5、实验室常用如图所示的两套装置测量所制得气体的体积；下面有关这两套量气装置的使用说明有错误的是。

A.使用A装置量气前，其右管中应充满相应的液体B.量气前，B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体C.A装置收集完气体后，在读数前应使盛液管内液面与集气管内液面相平D.A装置是直接测量气体体积，而B装置直接测量的是所排出液体的体积评卷人得分二、多选题(共3题，共6分)6、常温下，用溶液分别滴定体积和浓度均相同的三种一元弱酸的滴定曲线如图所示；图中横坐标a表示滴定百分数(滴定用量与滴定终点用量之比)。下列说法错误的是。

A.常温下，酸性：B.当滴定至溶液中存在：C.滴定当时，溶液中D.初始浓度7、某同学按图示装置进行实验；产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是。

a中试剂b中试剂c中溶液A浓硫酸浓盐酸饱和食盐水B浓硫酸Cu溶液C稀硫酸饱和溶液D浓氨水碱石灰溶液

A.AB.BC.CD.D8、“探究与创新能力”是化学的关键能力。下列各项中“操作或现象”能达到预期“实验目的”的是。选项实验目的操作或现象A制作简单原电池将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成原电池B验证碳能与浓硝酸反应向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体C鉴别溴蒸气和分别通入溶液中，产生浅黄色沉淀的是溴蒸气D除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入足量饱和氢氧化钠溶液，充分混合后分液

A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)9、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水10、水丰富而独特的性质与其结构密切相关。

(1)对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于_________键；依据O与H的电负性判断，属于_________共价键。

(2)水分子中，氧原子的价层电子对数为_________，杂化轨道类型为_________。

(3)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是_________(填字母序号)。

a．常压下；4℃时水的密度最大。

b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃

c．水的热稳定性比硫化氢强。

(4)水是优良的溶剂，常温常压下极易溶于水，从微粒间相互作用的角度分析原因：_________(写出两条)。

(5)酸溶于水可形成的电子式为_________；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，如中H－N－H的键角大于中H－O－H的键角，据此判断和的键角大小：________(填“＞”或“＜”)。11、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。12、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。13、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。14、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

16、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性17、物质A由4种元素组成；按如下流程进行实验。

已知：

①每一步反应均完全②溶液D仅含一种溶质。

③沉淀E不溶于酸④溶于

请回答：

(1)物质A的组成元素为_______(元素符号)，其化学式为_______。

(2)写出A与双氧水反应的化学方程式_______。

(3)写出F至G的离子方程式_______。

(4)设计实验检验溶液D中的主要离子_______。18、Ⅰ.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理；使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。

已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：

(1)组成B的三种元素是_______，气体D的分子式是______。

(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_______。

(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是________。

Ⅱ.某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，打开弹簧夹，向盛有NaBr溶液的试管B和分液漏斗C中同时通入少量Cl2；将少量分液漏斗C中溶液滴入试管D中，取试管D振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(4)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是________。

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗C中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检验_________。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共9分)19、铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO，还含少量PbO、FeS、等)中的金属铟的工艺流程如下：

已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子开始沉淀pH(离子浓度为时)1.363完全沉淀pH2.784.3

回答下列问题：

(1)In为49号元素，常以＋3价形式存在于化合物中，基态In原子的价电子排布式为_______。

(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂氧化酸浸氧化锌烟尘；反应结束前半个小时加入CaO调整pH=5.0~5.2。

①与稀反应的化学方程式为_______。

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为该反应的离子方程式为_______。

③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为_______。

④“中浸渣”的主要成分为_______(填化学式)。

(3)萃取时，发生反应代表有机萃取剂。

①反萃取时，宜选用的试剂X为_______。

②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有_______。

(4)“置换”后的滤液可返回_______(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。

(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%，若想获得6.9kg海绵铟，需要使用锌粉_______kg(保留两位小数)。20、我国青海查尔汗盐湖蕴藏丰富的盐业资源。经分析知道，该湖水中含有高浓度的Na＋、K＋、Mg2＋及Cl－等。利用盐湖水可得到某些物质。其主要工业流程如下：

请根据上述流程；回答下列问题：

(1)利用湖水得到晶体（A）的方法是_________结晶法（填“降温”或“蒸发”）。

(2)操作Ⅰ的名称为___________，此操作适用于分离__________________。

(3)本流程中分别采用条件1和条件2获得不同晶体，所依据的物理量是__________。

a．摩尔质量b．溶解度c．溶解性d．熔沸点。

(4)检验钾肥中是否含有Na+的实验方法是___________，若含有Na+，能观察到的现象是___________。若需得到高纯度的钾肥，可以采用的提纯方法为_________。

(5)水氯镁石的化学式可表示为MgCl2·xH2O；若通过实验确定x，其实验步骤设计为：

①先称坩埚质量、再称_________________质量；

②高温充分灼烧；

③____________；

④再称量；

⑤____________操作。根据实验数据计算χ时；所需的化学方程式为：

MgCl2·xH2O________＋________＋_________。21、央视网2019年6月17日报道；针对近年来青蒿素在全球部分地区出现的“抗药性”难题，我国著名药学家；诺贝尔生理学或医学奖获得者屠呦呦及其团队，经过多年攻坚，提出应对“青蒿素抗药性”难题的切实可行治疗方案。从青蒿（粉末）中提取青蒿素的方法以萃取原理为基础，主要有乙醚浸提法和汽油浸提法。青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为156～157℃，沸点为389.9℃，热稳定性差，汽油浸提法的主要工艺流程如下图所示。

注:汽油的沸点为40～200℃。回答下列问题：

（1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下，使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，超声波提取的优点是___________；时间短、温度低等。

（2）操作1的名称为________，如图所示为操作Ⅱ的实验装置图(部分夹持装置已略)，图中A、B、C、D错误的是_______(填标号)。

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而升高，则操作Ⅲ为____________；过滤、洗涤、干燥。

（4）通过控制其他实验条件不变，来研究原料粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如下图所示，采用的最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为________。

（5）将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________（填标号）具有相似的性质。

A乙醇B乙酸甲酯C乙醛D果糖。

（6）已知青蒿素的分子式为C15H22O5（相对分子质量为282），将28.2g青蒿素样品在燃烧管中充分燃烧，将燃烧后的产物依次通过盛有足量P2O5和碱石灰的干燥管，盛有碱石灰干燥管增重的质量为______g。评卷人得分六、实验题(共2题，共12分)22、过氧化钠与二氧化氮能发生反应；某兴趣小组对此进行探究，提出了两种假设。

假设一：Na2O2＋2NO2===2NaNO2＋O2↑

假设二：Na2O2＋2NO2===2NaNO3

[查阅资料]

2NaNO2＋2HCl===2NaCl＋NO↑＋NO2↑＋H2O

2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O

[实验探究]

Ⅰ.按图示装置进行实验。

Ⅱ.通入二氧化氮至过氧化钠反应完全；然后对玻璃管中的固体物质进行检验。

[实验结论]实验表明；过氧化钠与二氧化氮按“假设二”反应。

(1)过氧化钠与二氧化氮的反应中，氧化剂是____。

(2)装置A中反应的离子方程式是________。

(3)装置C的作用是__________。

(4)请设计实验证明装置B中的反应不符合“假设一”。

①实验操作：取玻璃管中的固体置于试管中，________；

②实验现象是________。

(5)有同学认为：只要直接观察C中导管口是否有气泡冒出，就可以判断B中的反应符合哪一种假设，这种想法________(填“对”或“不对”)，原因是___________________。23、四氯化锡是一种无色有强烈的刺激性气味的液体，有腐蚀性，常用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。工业上常用氯气与金属锡或SnCl2来制得。某化学兴趣小组把干燥氯气通入熔融SnCl2•2H2O中制取无水SnCl4有如图所示的相关装置：

(1)盛装SnCl4的容器应贴上的安全警示标签是____________（填序号）。

(2)装置b的作用是______________________。

(3)为避免SnCl4水解，通Cl2前应先除SnCl2的结晶水，其操作是_____________，在潮湿空气中SnCl4水解产生白色烟雾，其化学方程式为________________。

(4)该学习小组最终制得的SnCl4呈黄色，可能的原因是______________________，如果要除去黄色得到无色产品，你的做法是________________________。

(5)可以通过测定剩余SnCl4的量来计算该次实验的产率，方法是让残留的SnCl4与足量硫酸铁铣反应，其中Fe3+被Sn2+还原为Fe2+。然后在硫酸和磷酸混合条件下，以二苯胺磺酸钠作指示剂，用K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+过程中的离子方程式为。

a.Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+

b.Cr2O72-＋____Fe2++()____＝_____Cr3++______Fe3++()_____

①完成并配平上述方程式b。

②已知二苯胺磺酸钠还原态为无色，氧化态为紫色，则滴定达到终点的现象是____

③若实验前称取22.6gSnC1•2H2O晶体于烧瓶中，实验结束后，向烧瓶内残留物中通入足量N2,取烧瓶内残留物溶于水配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，用以上方法滴定，消耗0.0l00mol/LK2Cr2O7标准溶20.00mL,则SnCl4的产率最大值为__________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．室温下，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4，说明的电离作用大于其水解作用，所以c()＞c(H2C2O4)；A错误；

B．根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()；B正确；

C．两种盐溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，两种溶液的pH(NaX)＞pH(NaY)，说明溶液中c(H+)：前者小于后者，由于两种溶液中离子浓度都是阳离子浓度的二倍，两种盐溶液浓度相同，c(Na+)相同，c(H+)越小，则离子总浓度就越小，故c(X−)+c(OH−)＜c(Y−)+c(OH−)；C错误；

D．=由于其中含有BaSO4、BaCO3，所以向其中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值不变；仍等于两种盐的溶度积常数的比，D错误；

故合理选项是B。2、B【分析】【详解】

A．14N2和15N2是同位素原子14N、15N形成的分子；分子相同，因此二者属于同一物质，A错误；

B．红磷和白磷都是磷元素形成的两种不同性质的单质；二者互为同素异形体，B正确；

C．C2H2是乙炔，属于炔烃，C6H6表示的物质可能是苯，也可能是其它含有双键或三键的物质，二者结构不相似，且在分子组成上也不是相差CH2的整数倍；因此二者不是同系物，C错误；

D．乙酸分子式是C2H4O2，乙醇分子式是C2H6O；二者分子式不同，因此不能互为同分异构体，D错误；

故合理选项是B。3、C【分析】【详解】

A．鉴别食盐中是否含有少量亚硝酸钠；取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，不能说明食盐中有亚硝酸钠，因为氯离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B．苯和液溴反应生成的气体中混有溴蒸气；通入硝酸酸化的硝酸银溶液中，溴蒸气也可反应生成溴化银淡黄色沉淀，故无法证明含有溴化氢，B错误；

C．向Na2SO3溶液中先加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液；若没有变质，不会产生沉淀，实验现象有沉淀产生，说明溶液中有硫酸根，已变质，C正确；

D．将少量的乙二醇滴入酸性高锰酸钾溶液；溶液紫色变浅，说明被高锰酸钾氧化，但无法证明氧化产物是乙二酸，事实上乙二酸（即草酸）能被酸性高锰酸钾溶液为二氧化碳，D错误；

故选C。4、D【分析】A、氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则图中装置不能制备氨气，故A错误；B、①中生成硫酸铜溶液，不需要加水，故B错误；C、胶头滴管应伸到液面下，且生成的氢氧化亚铁易被氧化，没有隔绝空气，故C错误；D、用饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl气体，故D正确。故选D。5、A【分析】【详解】

A．A在量气前应通过提升右则管的高度的方法使左管充满液体而右侧没有液体；以使收集气体时将液体压入到右侧，故A错误；

B．B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体；气体将液体排除测定液体的体积即为气体的体积，故B正确；

C．A装置收集完气体后；在读数前应使盛液管内的液面与集气管内的液面相平，使两侧气压相同，故C正确；

D．A装置是直接根据刻度测量气体的体积；而B装置直接测量的是所排出液体的体积，故D正确。

故选A。二、多选题(共3题，共6分)6、BD【分析】【详解】

A．由起始点可以看出，酸性：A项正确；

B．当滴定至溶液中存在：B项错误；

C．当时，溶液呈酸性，C项正确；

D．D项错误。

故选BD。7、AC【分析】【详解】

A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成气体，生成的气体通入饱和食盐水中，根据同离子效应，析出晶体；A符合题意；

B．浓硫酸和铜在加热条件下才能反应生成不符合实验要求，B不符合题意；

C．和稀硫酸反应生成与饱和溶液反应生成晶体；C符合题意；

D．浓氨水和碱石灰生成通入溶液中，先生成沉淀，继续通入氨气，溶解生成D不符合题意；

故选AC。8、AC【分析】【分析】

【详解】

A．将铁钉和铜丝连接插入食醋中即可形成简单铁铜原电池；故A符合题意；

B．浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体；所以向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体，不能证明是碳与浓硝酸反应，故B不符合题意；

C．因为溴蒸气能和溶液反应；产生浅黄色溴化银沉淀，故C符合题意；

D．因为足量饱和氢氧化钠溶液能和乙酸乙酯反应；所以不能用足量饱和氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故D不符合题意；

故答案：AC。三、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1010、略

【分析】【详解】

（1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键；O与H的电负性不同；共用电子对偏向于O，则该共价键属于极性共价键；

（2）水分子中，氧原子的价层电子对数为杂化轨道类型为sp3；

（3）a．水中存在氢键；导致冰的密度小于水的密度，且常压下，4℃时水的密度最大，a正确；

b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的H2S高，b正确；

c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大；与氢键无关，c错误；

故选ab；

（4）极易溶于水的原因为NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力；

（5）的电子式为有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，水中键角被压缩程度更大，故和的键角大小：>【解析】(1)极性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O极性接近；依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力。

(5)>11、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.912、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)413、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L14、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10四、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、略

【分析】【详解】

周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍，则A为碳元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，则B为氮元素；C与B同族，则C为磷元素；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸，则D为氯元素。

（1）C为P元素，原子核外有15个电子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3；D为Cl元素，最高价含氧酸为HClO4，比其低两价的含氧酸是HClO3；高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)，所以高氯酸酸性比氯酸强。

（2）C、N、P与Cl形成两元共价化合物为CCl4、NCl3、PCl3，中心原子都为sp3杂化；杂化后得到的杂化轨道完全相同就是等性杂化，如甲烷中的sp3杂化，得到4个完全相同的sp3杂化轨道；杂化后得到的杂化轨道至少存在两个不同的，就是非等性杂化，如氨分子中N原子、PCl3中的P原子，虽是sp3杂化；杂化后的杂化轨道不完全相同，所以属于不等性杂化；以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为四面体形，分子立体构型为三角锥形。

（3）因为孤电子对对成键电子对的排斥力较大；所以不等性杂化化合物成键轨道的夹角小于等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

（4）根据晶胞结构，每个C原子与4个N原子以共价键相连，每个N原子与3个C原子以共价键相连，所以氮化碳的化学式为C3N4；从图3可以看出，一个C3N4晶胞包括6个C原子和8个N原子，则其晶体密度为ρ==3.59g•cm-3。【解析】①.1s22s22p63s23p3②.高氯酸中非羟基氧原子为3个，氯酸中为2个(或高氯酸中Cl元素为＋7价，吸引羟基氧原子的能力很强，而氯酸中Cl元素为＋5价对羟基氧原子吸引能力较弱)③.sp3杂化④.NCl3、PCl3⑤.四面体形⑥.三角锥形⑦.小于⑧.C3N4⑨.3.59g·cm－316、略

【分析】【分析】

根据六种元素在周期表中的位置；可判断W；X、Y、Z、N、M六种主族元素分别为O、Na、Mg、S、Cl、Ge元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】

(1)根据上述分析可知；N元素为Ge，在元素周期表中的位置为第四周期ⅣA族；根据第四周期元素排满时原子序数为36，则Ge原子序数为32；

(2)W、Y、Z三种元素分别为O、Mg、S，O、Mg形成的简单离子具有相同的核外电子排布，原子序数越大半径越小，O、S同主族，原子序数越大，简单离子半径越大，则简单离子的半径由大到小的顺序：S2-＞O2-＞Mg2+；

(3)M为Cl，其最高价氧化物的水化物为HClO4，为强酸，在水中完全电离，电离方程式为HClO4=H++ClO

(4)A．单质的还原性：Na＞Mg，Na能与水反应，则不能用Na与MgCl2溶液发生反应来证明；A说法错误；

B．Y为Mg；与同周期的ⅢA元素的Al，原子序数少1，B说法正确；

C．半导体器件的研制开始于锗；C说法错误；

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近；即具有金属性也具有非金属性，可以推测Ge元素具有两性，即可以与酸反应也可以与碱发生反应，D说法正确；

答案为BD。【解析】第四周期ⅣA32S2-＞O2-＞Mg2+HClO4=H++ClOBD17、略

【分析】【分析】

①由18.64g白色沉淀E及单一溶质D推得含有n(K2SO4)=0.08mol，则物质A中含有n(K＋)=0.02mol，n(S)=0.08mol，②由黄色沉淀H及加入的0.18molKI推得物质A中含有n(I)=0.02mol，由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化学式为KI(SO2)4或KIS4O8。

【详解】

（1）根据前面分析得到物质A的组成元素为K、S、I、O，其化学式为KI(SO2)4或KIS4O8；故答案为：K、S、I、O；KI(SO2)4或KIS4O8。

（2）A与双氧水反应的化学方程式2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O；故答案为：2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O。

（3）F至G是亚硫酸根和I发生氧化还原反应，将I变为碘离子，其反应的离子方程式SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO故答案为：SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

（4）D是硫酸钾，主要验证钾离子和硫酸根离子，钾离子应从焰色试验进行验证，硫酸根主要通过加入氯化钡来进行验证，则实验检验溶液D中的主要离子方法是取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO故答案为：取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO【解析】(1)K、S、I、OKI(SO2)4或KIS4O8

(2)2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋K2SO4＋7H2SO4＋2H2O或2KI(SO2)4＋9H2O2=I2＋2KHSO4＋6H2SO4＋2H2O

(3)SO＋I＋H2O=3I－＋2H＋＋SO

(4)取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K＋；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO18、略

【分析】【分析】

I.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m（Cu）+m（C）+m（N）=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n（Cu）∶n（C）∶n（N）=0.1mol∶0.1mol∶0.05mol×2=1∶1∶1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，气体D的物质的量为=0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2；

【详解】

I(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；

(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则发生反应的化学方程式为2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；

(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀的摩尔质量为199g/mol，则可推断其为Cu2Cl2，发生反应的化学方程式为2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN；

II(4)四氯化碳的密度大于水的密度，若试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明Br2与KI反应生成了I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以说明氧化性Br2＞I2；

(5)若氯气未过量，可向试管B或分液漏斗中继续通入氯气，若溶液出现橙红色，说明氯气未过量，则实验方案为：方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。【解析】Cu、C、N(CN)22CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N22CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。五、工业流程题(共3题，共9分)19、略

【分析】【分析】

氧化锌烟尘中性浸出，过滤分离得到滤液1，滤液1为ZnSO4，中性渣主要含加入硫酸酸浸，过滤得到滤液2和酸浸渣，酸浸渣为滤液2中主要含有In3+、Fe3+；加入P204+260号溶剂由萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置换得到海绵铟。

【详解】

（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为故答案为：

（2）①加入稀硫酸浸泡过程中，与稀反应生成和沉淀，反应的化学方程式为故答案为：

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为MnO2被还原为Mn2+，则发生反应的离子方程式为故答案为：

③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出；铟元素不浸出，根据题图判断，最佳氧化剂用量为1%，故答案为：1%；

④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为故答案为：

（3）①反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，从流程中看出宜选用稀故答案为：稀

②萃取和反萃取后需要分液；则均需要使用的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗，故答案为：烧杯、分液漏斗；

（4）“置换”后的滤液中含有大量可返回滤液1中利用，故答案为：滤液1；

（5）“置换”过程中发生反应则需要消耗的Zn的质量为故答案为：5.88。【解析】(1)

(2)1%

(3)稀烧杯；分液漏斗。

(4)滤液1

(5)5.8820、略

【分析】【分析】

湖水中含有高浓度的Na+、K+、Mg2+及Cl-等，氯化钠的溶解度受温度影响不大，通过蒸发结晶得到晶体A，通过过滤得到食盐晶体和溶液B，溶液B中含大量K+、Mg2+及Cl-，氯化钾的溶解度受温度影响较大，通加入冷水冷却结晶，再次过滤得到得到钾肥氯化钾晶体和溶液C，溶液C中含大量Mg2+及Cl-；最后蒸发浓缩；冷却结晶得到水氯镁石。

【详解】

（1）得到的晶体A主要是氯化钠；氯化钠的溶解度受温度影响变化较小，所以得到晶体A的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发；

（2）过滤可以将溶液和固体分离；所以操作Ⅰ的名称为过滤，故答案为：过滤；不溶于液体的固体和液体；

（3）本流程中分别采用条件1和条件2获得不同晶体，所依据是物质的溶解度，故答案为：b；

（4）钠离子用焰色反应进行检验；火焰呈黄色，要得到较高纯度的钾肥，利用钾盐和钠盐在水中不同温度时的溶解度不同而使它们相互分离，这种方法叫重结晶，故答案为：焰色反应；火焰呈黄色；重结晶；

（5）水氯镁石在高温的条件下反应，镁离子水解生成氢氧化镁，且产生的氯化氢不断挥发，使水解彻底，氢氧化镁灼烧后分解得到氧化镁，所以水氯镁石分解生成氧化镁、水和氯化氢，化学方程式为：MgCl2•xH2OMgO+2HCl+（x-1）H2O；结晶水的测定实验步骤为：

①称量：称量坩埚质量；再称坩埚和晶体样品的总质量；

②加热灼烧：使晶体MgCl2•xH2O完全转化为MgO为止；

③冷却：将坩埚放在干燥器里冷却；

④称量：称量坩埚和MgO的总质量；

⑤重复②③④操作，若再次称量的坩埚和MgO的总质量与第一次的差小于0.1g，则实验成功；若大于0.1g，必须再重复②③④操作，也叫做恒重操作，直至两次的差小于0.1g为止，取平均值，故答案为：坩埚和样品；冷却；恒重；MgO；2HCl；（x-1）H2O。【解析】①.蒸发②.过滤③.不溶于液体的固体和液体④.b⑤.焰色反应⑥.火焰呈黄色⑦.重结晶法⑧.坩埚和样品⑨.冷却⑩.恒重⑪.MgO⑫.2HCl⑬.（x-1）H2O21、略

【分析】【分析】

根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩；结晶、过滤可得精品；

（1）根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积；

（2）根据上面的分析；操作I为过滤，需要的玻璃仪器依据装置图分析选择玻璃仪器；提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品；

（3）根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品；

（4）根据原料的粒度；提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响如图3所示；取提取率最大的值进行答题；

（5）根据酯的性质；结合题给信息，分析青蒿素的性质；

（6）碱石灰能够吸收水蒸气和二氧化碳；据此分析计算干燥管增重的质量；

【详解】

（1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下；使青蒿细胞乳化；击碎、扩散，超声波提取的优点是浸取率高；

故答案为浸取率高；

（2）操作1是固体和液体分离；名称为过滤，该冷凝管是直形冷凝管，故D错误；

故答案为过滤；D；

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而升高；从溶液中获得晶体，则操作Ⅲ为蒸发浓缩；冷却结晶；

故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；

（4）有图像分析可知采用的最佳原料粒度；提取时间和提取温度分别为60目（40~60目）、100min、50℃；

故答案为60目（40~60目）；100min、50℃；

（5）将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中；青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素在碱性环境下发生了反应，与酯的性质相似；

故答案为B；

（6）28.2g青蒿素样品完全燃烧，生成1.5