2025年华师大新版拓展型课程化学上册月考试卷

…………○…………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2025年华师大新版拓展型课程化学上册月考试卷361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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是。

A.硫在氧气中燃烧直接生成B.为难溶于水的黑色固体，可溶于硝酸C.硫化氢与反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为D.可由其相应单质直接化合生成2、磷酸铝是一种用途广泛的材料，由磷硅渣[主要成分为等]制备磷酸铝的工艺流程如下：

下列叙述错误的是A.废渣中一定含B.“浸出”和“除硫”的操作均在高温下进行C.“除硫”的化学反应方程式为D.流程中的循环操作可以提高P、Al元素的利用率3、下列气体可用如图所示方法收集的是。

A.O2B.Cl2C.H2D.CO24、下列实验过程设计正确且能达到实验目的的是。选项实验目的部分实验过程A配制溶液用滤纸称量2.0gNaOH固体B检验某无色溶液中含碘离子取少量溶液直接滴加淀粉溶液后观察现象C除去NO中的NO2将混合气体通过装有水的洗气瓶D探究乙醇氧化的产物中是否含有乙酸向产物中加入金属钠，观察是否产生气泡A.AB.BC.CD.D5、以下实验现象判断正确的是。

。

A

B

C

D

操作。

将盛满NO2的试管倒扣在水槽中。

向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液。

加热碳酸钠固体。

将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中。

现象。

液面上升；但溶液未充满整个试管。

生成红色沉淀。

生成可使澄清石灰水变浑浊的气体。

有红色固体析出。

A.AB.BC.CD.D6、为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液；再分别滴加下图所示的试剂：

对实验现象的“解释或结论”错误的是()

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、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“＜”)。8、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9、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。10、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的杀菌消毒剂；同时也是对烟气进行脱硫；脱硝的吸收剂。

Ⅰ．以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示：

已知：

i.纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

ii.NaClO2在碱性溶液中稳定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O，等于或高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。

（1）试剂A应选择_________。（填字母）

a．SO2b．浓硝酸c．KMnO4

（2）反应②的离子方程式为_________。

（3）已知压强越大，物质的沸点越高。反应②结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（4）下列关于上述流程的说法中，合理的是_________。（填字母）

a．反应①进行过程中应持续鼓入空气。

b．反应①后得到的母液中；溶质的主要成分是NaCl

c．反应②中NaOH溶液应过量。

d．冷却结晶时温度选择38℃，过滤后进行温水洗涤，然后在低于60℃下进行干燥，得到粗产品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。

（5）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：。离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol/L）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________。

②由实验结果可知，脱硫反应速率_________（填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能存在的原因是_________。（答出两条即可）11、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯（）的简易流程如下：

有关物质的熔、沸点如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285

试回答下列问题：

（1）反应室I中反应的最佳温度是104℃，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用___（选填字母）。

A．火炉直接加热B．水浴加热C．油浴加热。

（2）分离室I采取的操作名称是___。

（3）反应室I中发生反应的化学方程式是___。

（4）分离室II的操作为：①用NaHCO3溶液洗涤后分液；②有机层用水洗涤后分液；洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化学方程式表示）。12、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；评卷人得分三、工业流程题(共8题，共16分)13、工业上用铝土矿(主要成分为氧化铝；含少量氧化铁)制取铝的过程如图所示：

请回答：

（1）试剂1为_______(填化学式)，①~④转化中属于氧化还原反应的是_______(填序号)；

（2）沉淀B的化学式为_______，写出该物质发生铝热反应的化学方程式_______；（3）电解F，当转移0.6mol电子时，可制得铝_______g；

（4）沉淀D是药物“胃舒平”的主要成分，可用于治疗胃酸(稀盐酸)过多，写出该反应的离子方程式_______；

（5）②中发生反应的离子方程式为_______。14、铝是一种重要金属：

（1）铝与NaOH溶液反应的化学方程式为：_________________。

（2）工业上用铝土矿（主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3；泥沙等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：

①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是；_________________________；

②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有__________，固体N是__________；

③滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为_________________，请写出向滤液X中通入过量CO2所发生反应的离子方程式____________________________；

④请写出实验室制取A1(OH)3的离子方程式：__________________________。15、某兴趣小组设计了利用MnO(含少量铁的氧化物和不溶性杂质)制备二氧化锰的两种方案流程如下：

已知：

①MnO+H2NCOONH4→+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O

②MnO易被空气中氧化；难溶于水；受热易分解；其他硝酸盐相对难分解。

请回答：

(1)方案一中铁元素以_______(填化学式)被除去。

(2)下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了防止被氧化B．步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在水中先通氨气至饱和，再通至饱和C．步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用D．方案二与方案一相比，方案二相对比较环保(3)过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多进行了以下操作。请选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：将带有沉淀的滤纸折卷→_______。

a.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置1朝向摆放；

b.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置2朝向摆放；

c.加热时；不断转动坩埚使滤纸完全灰化；

d.先加热装置3中a处，再加热b处；

e.先加热装置3中b处；再加热a处；

f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化。

(4)步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%，不能过大或者过小的理由是_______。

(5)由碳酸锰在空气中灼烧获得的结构比较疏松，步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品。写出其中发生的离子反应方程式_______。16、将少量氯水加入到NaI溶液中”的学生实验产生了大量含碘废液。某研究小组用该含碘废液制备NaI固体，实验流程如下：

已知：反应②2I−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuI↓+SO42−+2H+

回答下列问题：

（1）产生含碘废液的离子方程式为____________________________________。

（2）①中I2与Na2SO3溶液反应的离子方程为_________________________________。

（3）③中CuI发生了_____（填“氧化”或“还原”）反应,当有95.5gCuI参与反应，电子转移的数目为_______________，若还原产物只有NO2，写出该反应的化学方程式______________。

（4）化合物B中含两种元素，铁元素与另一种元素物质的量之比为3:8，则化合物B的化学式为____________。

（5）反应⑤中生成黑色固体和无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则⑤的化学方程式为_____________________________________________。17、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法测定苯肼的试剂。工业上用NaIO3制备H5IO6的流程如图：

（1）“反应Ⅰ”可在如图所示的装置中进行。该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为____。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为___。

（2）反应Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6，“滤液2”呈__(填“酸”“碱”或“中”)性。

（3）“无色气体”为__(填化学式)。

（4）工业上为降低成本，减少对环境的污染，整个流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为___。18、某同学在实验室以α－呋喃甲醛()为原料制备α－呋喃甲醇()和α－呋喃甲酸()；过程如下：

相关物质性质如下表：。物质α－呋喃甲醛α－呋喃甲醇α－呋喃甲酸乙醚常温性状无色或浅黄色液体无色透明液体白色针状固体无色透明液体熔、沸点/℃-36.5

161.7-31

171131

230-232-116.3

34.6相对分子量969811274溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚、丙酮、氯仿、苯溶于水、可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿水溶性：36g/L(20℃)微溶于水

回答下列问题：

(1)步骤①所用装置(夹持仪器已省略)如图，盛放NaOH溶液的仪器名称为_____________。

(2)步骤②中操作I是_____________，步骤③中操作II是_____________，操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4，其目的是_________________________________________。

(3)向水层中加入浓盐酸，反应的化学方程式为_____________________________________。

(4)步骤④操作III包括_____________；过滤、洗涤、干燥。

(5)本实验呋喃甲酸的产率为_____________%(保留三位有效数字)，进一步提纯α－呋喃甲酸，若重结晶时加入过多的蒸馏水，则会导致α－呋喃甲酸的产率_____________(填“偏低”“偏高”或“不影响”)。19、硝酸铝广泛应用在显像管生产；稀土的提炼等，工业上具体流程如下：

已知：①硝酸铝白色透明结晶。易溶于水和乙醇；极微溶于丙酮，几乎不溶于乙酸乙酯。

②熔点73℃；在135℃时分解。

③硝酸和铝反应的还原产物分布如图1。

某兴趣小组在实验室制取硝酸铝；请回答：

（1）从工业生产角度考虑稀硝酸的最佳浓度范围为________mol·L－1。反应2中的离子方程式____________。

（2）下列说法合理的是________。

A反应1中加入的NaOH溶液；除油污和氧化膜，所以要足量。

B没有真空，也可在水浴条件下蒸发，防止Al(NO3)3的分解。

CAl（NO3）3·9H2O干燥时；可放在如图2的干燥器中，隔板下放上浓硫酸吸水，由于吸附力较大，要用力垂直拉开玻璃盖。

D制取后的Al(NO3)3必须密封保存。

（3）Al(NO3)3·9H2O也可以和SOCl2反应，除了生成Al(NO3)3，其它产物都是酸性气体，有关的方程式是______________；

（4）由铝制备Al(NO3)3的装置如图3：

①通入水蒸气的作用是提高温度和________。

②e中很难除尽尾气，理由是_______________，Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3，合适的洗涤剂是________。

③有人认为C的冷凝管是多余的，他提供的理由可能是___________。20、碘酸钾可用作食用盐的加碘剂，为无色或白色颗粒或粉末状结晶，加热至560℃开始分解，是一种较强的氧化剂，水溶液呈中性,溶解度在0℃时为4.74g，100℃时为32.3g。下图是利用过氧化氢氧化法制备碘酸钾的工业流程:

(1)步骤①需控制温度在70℃左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低,原因是________________________

(2)写出步骤②中主要反应的离子方程式:__________

(3)步骤⑤用冰水冷却至0℃,过滤出碘酸钾晶体,再用适量冰水洗涤2~3次。用冰水洗涤的优点是_____________

(4)产品纯度测定：取产品9.0g,加适量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL该溶液并用稀硫酸酸化，加入过量的KI溶液，使碘酸钾反应完全，最后加入指示剂，用物质的量浓度为1.00mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗25.00mL该滴定液时恰好达到滴定终点。已知

①实验中可用_______作指示剂。

②产品的纯度为_____%（精确到小数点后两位）。求得的纯度比实际值偏大，可能的原因是________________________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共2题，共18分)21、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_______。22、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)。

评卷人得分五、结构与性质(共1题，共7分)23、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

④乙醇能与水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

由图可知分别为

【详解】

A．硫在氧气中燃烧直接生成不是A错误；

B．可与硝酸发生氧化还原反应；B正确；

C．硫化氢与反应方程式为氧化产物和还原产物的物质的量之比应为C错误；

D．是不能由硫和铜直接反应生成，D错误。

故答案选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据题给流程图分析可知，磷硅渣在浓硫酸“浸出”操作之后涉及的物质中不含有硅元素且不与浓硫酸反应，则废渣中一定含有选项A正确；

B．高温条件下；硫酸钙的结晶水容易失去，所以“除硫”的操作不能在高温下进行，选项B错误；

C．根据反应前后的物质可知，“除硫”的化学反应方程式为选项C正确；

D．进入循环的滤液中主要含有P、等元素，所以可以提高P、元素的利用率；选项D正确。

答案选B。3、C【分析】【分析】

图示收集气体的方法是向下排空集气法；用于收集密度比空气小的气体。

【详解】

A．O2密度比空气大；故A不符；

B．Cl2密度比空气大；故B不符；

C．H2密度比空气小；故C符合；

D．CO2密度比空气大；故D不符；

故选C。4、C【分析】【详解】

A．用滤纸称量2.0gNaOH固体；是错误的，应用小烧杯称量，A错误；

B．淀粉与碘离子不能变色；所以不能检验某无色溶液中是否含碘离子，B错误；

C．将混合气体通过装有水的洗气瓶；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，可以除去二氧化氮，C正确；

D．乙醇氧化生成乙醛；但乙醇不一定完全被氧化，在氧化产物中可能还含有乙醇，所以即使向产物中加入金属钠，有气泡产生，也不能判断产物中含有乙酸，也可能是乙醇与钠反应的，D错误；

故选C。5、A【分析】A、NO2气体为红棕色，二氧化氮气体易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为无色，所以气体颜色由红棕色逐渐变为无色，气体体积减少，试管内的液面会逐渐上升，但溶液未充满整个试管，故A正确；B、向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，没有沉淀，故B错误；C、加热碳酸钠固体不能生成可使澄清石灰水变浑浊的气体，故C错误；D、将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中，金属钠和盐溶液反应先是和溶液中的水反应，不会和盐之间发生置换反应，故D错误。故选A。6、D【分析】【详解】

A.a中反应为I2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2I－，还原性SO>I－；A正确；

B.b中反应为2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O；B正确；

C.Na2SO3溶液使酚酞溶液变红，是因为SO32-水解生成OH-所致，加入BaCl2溶液后，生成BaSO3沉淀，从而使溶液中c(OH-)不断减小；C正确；

D.即使不变质，在酸性条件下，NO也把SO氧化成SO生成BaSO4沉淀；D错误。

故选D。二、填空题(共6题，共12分)7、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)>8、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＞③6.0×10-109、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶210、略

【分析】【详解】

NaClO3和浓H2SO4在反应器①中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4,所以试剂A可以用二氧化硫,ClO2在反应器②中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠,再得到其晶体。

(1)根据上面的分析可以知道试剂A为SO2,故选a,因此，本题正确答案是:a。

(2)反②中ClO2被双氧水还原成ClO2−,反应的离子方程式为2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O,因此，本题正确答案是:2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受热易分解,所以亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应②结束后采用“减压蒸发”操作,在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。因此，本题正确答案是:在较低温度蒸发浓缩,可防止温度过高.NaClO2分解。

（4）根据信息纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全,所以要持续通过量的空气,NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应②中碱要过量,因为试剂A为二氧化硫,NaClO3被还原成ClO2,所以反应①后得到的母液中,溶质的主要成分是,Na2SO4。故选acd,因此；本题正确答案是:acd。

(5)①亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式因此，本题正确答案是:

②由实验结果可以知道,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,因此，本题正确答案是:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。【解析】a2OH−+2ClO2+H2O22ClO2−+O2+2H2O减压可以使物质沸点降低，实验较低温度下进行蒸发，可避免NaClO2因温度高而发生分解acd4OH−+3ClO2−+4NO4NO3−+3Cl−+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此条件下SO2还原性更强；脱硝反应活化能更大11、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得，考虑到它们溶沸点的差异，最好选择温度让苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成为液体，反应室I中反应的最佳温度是104℃，水浴加热温度太低，苯氧乙酸沸点99摄氏度，水浴温度会使它凝固，不利于分离，火炉直接加热，会使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成气体，不利于反应，故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类，在碱性条件下会发生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【详解】

(1)火炉直接加热温度比较高；会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽，不利于它们之间的反应，还会使苯氧，故温度不能太高，水浴加热温度较低，不能让氯乙酸和苯酚熔化，故温度也不能太低，可以使所有物质都成液体，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用油浴加热；

答案为：C；

(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用；为了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反应室1，操作名称为蒸馏；

答案为：蒸馏；

(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案为：+HCl；

(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应，制取菠萝酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小，可以析出，随后分液即可，如用NaOH会使酯发生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH212、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-三、工业流程题(共8题，共16分)13、略

【分析】铝土矿的主要成分为氧化铝，含少量氧化铁，由流程可知，加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水；过滤后得到的沉淀B为Fe2O3；滤液A中含氢氧化钠和偏铝酸钠；通入二氧化碳，二氧化碳和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液；灼烧氢氧化铝得到氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气；碳酸氢钠溶液和氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠用来碱浸，以此来解答。

【详解】

（1）由上述分析可知；试剂1为NaOH，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水；①~④转化过程中只有④有化合价变化，即④为氧化还原反应，故答案为：NaOH；④；

（2）由上述分析可知沉淀B为Fe2O3，三氧化二铁发生铝热反应的方程式为2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：Fe2O3；2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe；

（3）电解氧化铝的方程式为2Al2O34A1+3O2↑；设得到铝的质量为m；

解得m==5.4g；故答案为：5.4；

（4）D是氢氧化铝，是药物胃舒平的主要成分，可与盐酸反应治疗胃酸过多的离子反应为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（5）偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，②中离子方程式为CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案为：CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO14、略

【分析】【分析】

（1）铝与NaOH溶液反应为Al、NaOH、H2O反应，生成NaAlO2和H2。

（2）①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是固；液分离的方法；

②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3，固体N是Al(OH)3的分解产物；

③滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2，向滤液X中通入过量CO2所发生反应为NaAlO2与过量二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠；

④实验室制取A1(OH)3；采用氯化铝或硫酸铝与氨水反应。

【详解】

（1）铝与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；

（2）①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤；答案为：过滤；

②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有Fe2O3，固体N是Al(OH)3的分解产物Al2O3；答案为：Fe2O3；Al2O3；

③滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为NaAlO2，向滤液X中通入过量CO2所发生反应为AlO2-+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+HCO3-；答案为：AlO2-+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+HCO3-；

④实验室制取A1(OH)3，采用氯化铝或硫酸铝与氨水反应，离子方程式为Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+。答案为：Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+。【解析】①.2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑②.过滤③.Fe2O3④.Al2O3⑤.NaAlO2⑥.AlO2-+CO2+2H2O＝A1(OH)3↓+HCO3-⑦.Al3++3NH3•H2O═A1(OH)3↓+3NH4+15、略

【分析】【分析】

方案一利用MnO加入50%硝酸溶液浸取，调节pH、过滤后得到滤液1在真空加热到250℃~300℃，洗涤后得到二氧化锰粗品，多步操作后得到二氧化锰精品；方案二在MnO和水中同时通入CO2和氨气；浸取后得到滤液2，蒸发；过滤得到的滤渣灼烧得到二氧化锰粗品，多步操作得到精品。

【详解】

（1）方案一中通过调节溶液的pH，使铁离子水解产生氢氧化铁沉淀过滤而除去，故铁元素以被除去；

（2）A.受热易分解，其他硝酸盐相对难分解，步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了使氧化生成二氧化锰；选项A错误；

B.步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在MnO和水中同时通氨气和进行反应；选项B错误；

C.步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用；选项C正确；

D.方案一有硝酸参与；产生氮的氧化物，故方案二与方案一相比，方案二相对比较环保，选项D正确；

答案选CD；

（3）过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多具体操作为b.将滤纸包放入坩埚后，在泥三角上如装置2朝向摆放；d.先加热装置3中a处，再加热b处；c.加热时，不断转动坩埚使滤纸完全灰化；f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化；答案为bdcf；

（4）步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%；因为浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后续过滤中被滤除；

（5）步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品，高锰酸根离子与锰离子发生归中反应生成二氧化锰，发生的离子反应方程式为【解析】(1)

(2)CD

(3)bdcf

(4)浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后续过滤中被滤除。

(5)16、略

【分析】【详解】

根据流程中的反应②发生反应：2I-+2Cu2++SO32-+H2O═2CuI↓+SO42-+2H+；过滤则得到碘化亚铜沉淀，碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘单质中加入铁和水，会得到化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，在向其中加入碳酸氢钠溶液，过滤可以得到碘化钠的溶液，从而制得碘化钠固体．

（1）将少量氯水加入到NaI溶液中，氯气能将碘单质置换出来，发生的反应为：Cl2+2I—═I2+2Cl—；

（2）碘单质具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，I2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，即I2+SO32—+H2O═SO42—+2I—+2H+；

（3）碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘元素的化合价升高，所以CuI被氧化；95.5gCuI的物质的量为0.5mol，每摩尔CuI被氧化为碘单质和铜离子需要失去2mol电子，则95.5gCuI被氧化电子转移的数目为NA，若硝酸还原产物只有NO2，反应的化学方程式为：2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O。

（4）化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，铁元素与碘元素物质的量之比为3：8，则化合物B的化学式为Fe3I8；

（5）向碘化铁的溶液中加入碳酸氢钠溶液则生成黑色固体四氧化三铁和二氧化碳无色气体，发生的反应为：Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O。【解析】①.Cl2+2I−=I2+2Cl−②.I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+③.氧化④.NA⑤.2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O⑥.Fe3I8⑦.Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O17、略

【分析】【分析】

反应Ⅰ是在氢氧化钠溶液中将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，反应Ⅱ加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，反应Ⅲ加入氯气和水反应的化学方程式为：2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，生成气体氧气，过滤得到H5IO6(正高碘酸)。

【详解】

（1）氢氧化钠溶液中氯气将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6↓+2NaCl，该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为：通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置。

故答案为：IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-；通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置；

（2）反应Ⅱ加入硝酸银反应生成不溶于水的黑色Ag5IO6，反应为：Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓；滤液中生成硝酸，溶液显酸性；

故答案为：酸；

（3）上述分析可知Ag5IO6被氧化生成高碘酸，反应的化学方程式为：2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，“无色气体”为O2(填化学式)。

故答案为：O2；

（4）依据化学反应的定量关系计算：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl，Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓，2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，计算得到，2Cl2～2Na2H3IO6～10AgNO3～2Ag5IO6～5Cl2，所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。

故答案为：7∶10；

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

故答案为：FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

【点睛】

本题考查了物质分离提纯的分析，主要是化学反应的定量关系分析计算，过程的产物判断和化学方程式的书写是解题关键，难点（4）写出方程式，计算得到，2Cl2～2Na2H3IO6～10AgNO3～2Ag5IO6～5Cl2，所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。【解析】①.IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-②.通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置③.酸④.O2⑤.7∶10⑥.FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO318、略

【分析】【详解】

(1)根据步骤①所用装置图可知；盛放NaOH溶液的仪器名称为分液漏斗，故答案：分液漏斗。

(2)由反应历程图可知步骤②中操作I是萃取分液，步骤③中操作II是蒸馏，操作II前需要向乙醚混合液中加入无水MgSO4；其目的是除去混合物中的水，故答案：萃取分液；蒸馏；除去混合物中的水。

(3)因为α－呋喃甲酸钠能溶于水，所以向水层中加入浓盐酸，反应的化学方程式为：+HCl→+NaCl

故答案：+HCl→+NaCl。

(4)由表可知水和α－呋喃甲酸混合，根据α－呋喃甲酸熔沸点高，且20时溶解性为36g/L可采取再降温结晶；过滤；洗涤、干燥，获取α－呋喃甲酸，故答案：降温结晶。

(5)根据和+HCl→+NaCl可知：2mol呋喃甲酸1molα－呋喃甲酸,则0.04mol呋喃甲酸可产生0.02mol的α－呋喃甲酸，其质量=0.02mol112g/mol=2.24g，实际产量为1.5g，所以呋喃甲酸的产率=67.0进一步提纯α－呋喃甲酸，因为在20溶解度为36g/L，所以若重结晶时加入过多的蒸馏水，则会导致α－呋喃甲酸的产率偏低，故答案：67.0；偏低。【解析】分液漏斗萃取分液蒸馏除去混合物中的水+HCl→+NaCl。降温结晶67.0偏低19、略

【分析】【分析】

（1）在反应过程中，反应产生的环境污染气体为NO、NO2、N2O，为减少对环境的污染，从反应方程式NO＋NO2＋2NaOH==2NaNO2，确定NO、NO2的体积关系，从而在图中找到稀硝酸的最佳浓度范围。对应的反应2中，确定NO、NO2的体积关系；也就确定了物质的量关系，从而确定还原产物及相对关系，也就能写出反应的离子方程式。

（2）A.NaOH溶液；既能去除油污和氧化膜，也会与Al反应；

B.没有真空，也可在水浴条件下蒸发，但在防止Al(NO3)3分解的同时；也要防止水解反应的发生；

C.干燥器隔板下一般放硅胶吸水；浓硫酸吸水能力太强，会导致晶体失去所有的结晶水；

D.制取后的Al(NO3)3易吸水；必须密封保存。

（3）此反应实际是水和SOCl2反应，从化合价考虑，只能生成SO2和HCl。

（4）①通入水蒸气；不仅提高温度还起到增大铝与稀硝酸接触面积的作用；

②NO和NO2的物质的量之比不一定是1∶1。

Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3，不用有机物，有机物不能除去吸附的HNO3。

③从分析冷凝管是多余的方向考虑；通入的水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降。

【详解】

（1）从硝酸和铝反应的还原产物分布图来看，在8～8.5mol·L－1时，NO∶NO2＝1∶1，最容易被NaOH吸收，对应的方程式为NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2。对应的反应2的离子方程式是4Al＋18H＋＋6NO==4Al3＋＋3NO↑＋3NO2↑＋9H2O。答案为：8～8.5；4Al＋18H＋＋6NO3-=4Al3＋＋3NO↑＋3NO2↑＋9H2O；

（2）A.NaOH溶液；除油污和氧化膜，也要和Al反应，所以应适量，A不正确；

B.没有真空，也可在水浴条件下蒸发，既要防止Al(NO3)3的分解；也要防止发生水解，B不正确；

C.干燥器隔板下一般放硅胶吸水；打开时，要用力平推玻璃盖，C不正确；

D.制取后的Al(NO3)3必须密封保存；防水解，D正确。答案为：D；

（3）此反应实际是水和SOCl2反应，从化合价考虑，只能生成SO2和HCl，反应的方程式为Al(NO3)3·9H2O＋9SOCl2=Al(NO3)3＋9SO2↑＋18HCl↑。答案为：Al(NO3)3·9H2O＋9SOCl2=Al(NO3)3＋9SO2↑＋18HCl↑；

（4）①通入水蒸气；不仅提高温度还起到搅拌作用；答案为：搅拌；

②由于水蒸气通入和反应，HNO3的浓度不断变化，NO和NO2的物质的量之比不是1∶1，很难被NaOH吸收干净；答案为：由于HNO3在反应过程中浓度不断变化，NO和NO2物质的量之比不一定是1∶1；

Al(NO3)3·9H2O晶体吸附HNO3，合适的洗涤剂是冷水，不用有机物，有机物不能除去吸附的HNO3；答案为：冷水；

③从分析冷凝管是多余的方向考虑；通入水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降，反应速率迅速变小。答案为：通入水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降，反应速率迅速变小。

【点睛】

分析稀硝酸的最佳浓度范围时，从哪个角度切入，是解题的关键。从反应速率看，浓度越大，反应速率越快；从环保的角度看，最好是不产生污染环境的气体，N2不污染环境，不需对气体进行处理，其它气体都需收集或处理，所以自然会想到NO、NO2的综合处理。综合以上两点，就能确定硝酸的浓度范围。【解析】8～8.54Al＋18H＋＋6NO3-=4Al3＋＋3NO↑＋3NO2↑＋9H2ODAl(NO3)3·9H2O＋9SOCl2=Al(NO3)3＋9SO2↑＋18HCl↑搅拌由于HNO3在反应过程中浓度不断变化，NO和NO2物质的量之比不一定是1∶1冷水通入的水蒸气，冷凝回流会使浓度迅速下降，反应速率迅速变小20、略

【分析】【分析】

（1）根据硝酸和过氧化氢不稳定分析；

（2）根据碳酸钾为可溶性盐；碘酸为强酸分析离子方程式的书写。

（3）根据碘酸钾的溶解度和温度的关系分析。

（4）根据反应列关系式进行计算。

【详解】

(1)硝酸和过氧化氢都能分解；所以需要控制温度，防止硝酸；过氧化氢分解；温度能影响反应速率，温度太低，反应速率慢；

(2).碳酸钾和碘酸反应生成碘酸钾和水和二氧化碳，离子方程式为：

(3).碘酸钾在0℃时为4.74g，100℃时为32.3g，所以为了减少洗涤过程中造成的KIO3损失尽量使用冰水洗涤；

(4).①因为反应过程中有碘单质生成；利用淀粉遇碘变蓝的特性，选择淀粉做指示剂；

②根据反应列出关系式为IO36S2O32-，碘酸钾的质量分数为=99.07%；操作时间过长，过量的KI部分被氧气氧化，造成需要的亚硫酸钠的量增多，或因为产品含氧化性杂质能氧化更多的碘离子，最后消耗的亚硫酸钠的量增多，或取用标准液的滴定管没有用标准液润洗，标准液的体积变化等。【解析】防止硝酸、过氧化氢分解反应速率慢减少洗涤过程中造成的KIO3损失淀粉99.07操作时间过长，过量的KI部分被氧化（或产品含氧化性杂质、取用标准液的滴定管没有用标准液润洗等合理答案）四、元素或物质推断题(共2题，共18分)21、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＋2H2