1、物质检测专项训练一、单选题（15题）1下列实验方案的设计、现象和结论都正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A检验某白色粉末中是否含有SO取少量该粉末溶于足量稀盐酸中，加入BaCl2溶液若溶液出现白色沉淀，则该白色粉末中含有SOB探究ClO2的性质取1mL0.02molL-1的该溶液滴入2mL0.1molL-1的K2S溶液中若溶液出现淡黄色浑浊，则说明ClO2具有氧化性C判断苯酚和碳酸的酸性强弱将2mL10%的Na2CO3溶液滴入2mL苯酚浊液中若苯酚浊液变澄清，则苯酚的酸性比碳酸强D探究取代基对苯环的影响取2mL甲苯，滴入0.05%的酸性KMnO4溶液5滴用力振荡，若KMnO4溶液褪为无色，
2、则证明取代基对苯环具有活化作用AABBCCDD2下列实验方案中，不能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸气B证明氧化性：H2O2比Fe3+强将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色C证明浓硫酸具有氧化性、脱水性向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑并产生有刺激性气味的气体D证明溶液中一定含有Cl-向溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成AABBCCDD3无色溶液中可能含有Na+、K+、Ca2+、Cu2+、Cl-、Br-、中的若干种，离子的物质的量浓度都为0.1 mol/L。往该
3、溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如图所示实验，则下列关于原溶液的判断正确的是A无法确定原溶液中是否存在Cl-B肯定存在的离子是、Br-，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定C肯定不存在的离子是Ca2+、Cu2+、，是否含另需实验验证D若步骤中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响42020年“绿色合成路线奖”授予了化学品制造商吉诺玛蒂卡公司，以表彰他们利用糖发酵一步转化制备1，丁二醇的新工艺。传统合成1，丁二醇路线如图：下列说法错误的是A1，3-丁二醇可用作化妆品的保湿剂B
4、甲和乙均能与酸性KMnO4溶液反应C的反应类型为加成反应D用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液能鉴别甲和乙5某固体混合物，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，进行如下实验：与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀和弱碱性溶液：沉淀与溶液作用，无变化。下列说法不正确的是A混合物中必定含有，不含B往溶液中加入粉，若不溶解，说明中不含C灼烧沉淀，可以得到黑色物质D溶液中溶质主要是钠盐，且必含6亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是样品气体A含H2SO4中和液A葡萄酒酿造时通
5、入SO2起到了杀菌和增酸的作用B反应中若不通入N2，则测得的SO2含量偏低C反应中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度D若仅将中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响7下述实验操作不能达到实验目的的是编号实验目的实验操作及现象A检验溶液中是否存在向待测液中先加稀盐酸酸化，再加氯化钡，产生白色沉淀B验证的还原性溶液中加入酸性溶液，溶液褪色C比较碳酸和硅酸的酸性强弱在中加浓盐酸并将反应后所得气体直接通入溶液中，溶液变浑浊D比较与的大小将气体通入浓度均为的和混合溶液中，先出现CuS黑色沉淀AABBCCDD8下列各选项中，对杂质的检验与除去方法都正确的是选项不纯物质检验除
6、杂ANO2中混有少量NO观察颜色依次通过水、浓硫酸B甲烷中混有少量乙烯酸性KMnO4溶液依次通过酸性KMnO4溶液、浓硫酸CCO中混有少量CO2澄清石灰水依次通过氢氧化钠溶液、浓硫酸DNaHCO3溶液中混有少量Na2CO3Ca(OH)2溶液通入过量CO2AABBCCDD9某溶液中含有较大量的Cl-、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来。下列实验操作的操作顺序中，正确的是滴加Mg(NO3)2溶液过滤滴加AgNO3溶液滴加Ba(NO3)2溶液ABCD10水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、AlO、SiO、SO、HCO、SO中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如
7、下实验：下列判断正确的是A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸铝的混合物C所有阴离子都可能存在于溶液X中D沉淀乙可能是Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物11某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH、Mg2+、Fe3+、和Cl-中的几种(忽略由水电离产生的H+、OH-)。将试样平均分成甲、乙、丙三份各100mL，每次均加入足量的试剂，设计如下实验。下列说法正确的是A废水可能含有Na+、K+、Fe3+B废水一定含有Cl-、和Mg2+，且c(Cl-)=0.2molL-1C废水一定不含、Cl-、NH、Na+、K+、Fe3+D可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认12下列有关实验现象和解释或结论
8、都正确的选项是选项实验操作现象解释或结论A向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊原溶液中一定含有CO或HCOB将NaClO溶液滴到pH试纸上测得pH=9.8NaClO溶液水解显碱性C两支试管各盛0. 1 mol/L 4 mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1 mol/L 2 mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液加入0.2 mol/L草酸溶液试管中，高锰酸钾溶液褪色更快反应物浓度越大，反应速率越快D把SO2通入紫色石蕊试液中紫色溶液变红SO2的水溶液呈酸性AABBCCDD13下列化学实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A将苯与液溴反应产生的气体通入
9、AgNO3溶液中AgNO3溶液中出现淡黄色沉淀证明苯与液溴发生了取代反应B向Al与Fe2O3反应后的固体产物中先加稀硫酸溶解，再加入几滴KSCN溶液溶液不变红无法证明反应后固体产物中是否含有Fe2O3C向H2O2溶液中加入几滴FeCl3溶液溶液中产生气泡发生的离子反应为：2Fe3+H2O2=O2+2Fe2+2H+D|向淀粉溶液中加入适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水溶液未变蓝淀粉已完全水解AABBCCDD14实验室利用下图装置测定水分子的构成。下列说法错误的是A装置中依次盛装的药品是无水、碱石灰、碱石灰B需测定装置实验前后的质量和装置实验前后的质量C反应
10、生成的氢气未能全部转化成水D实验后装置的玻璃管中未全部变红，对实验结果无影响15下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A探讨影响化学平衡的因素取溶液于试管中，加入几滴甲基橙，再加少量固体若溶液红色变浅或变成橙色，则说明增加的浓度能使的电离平衡逆向移动B检验火柴头中氯元素的存在摘下几根火柴的火柴头，将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加溶液、稀硝酸若未出现白色沉淀说明不含氯元素C标定NaOH溶液的浓度精确称取邻苯二甲酸氢钾0.50g3份，分别放入3个250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，加入2滴酚酞指示剂，用待标定的NaOH标准溶液滴定若滴定至溶液呈浅红色即达滴定
11、终点，据此可计算出NaOH溶液的准确浓度D研究淀粉的水解程度取0.5g淀粉于试管中，加入适量20%的硫酸溶液后沸水浴加热5min，再滴加过量氢氧化钠溶液，再加入适量碘水若溶液没有变成蓝色，则淀粉已经水解完全AABBCCDD二、工业流程题（4大题）16合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种以铜冶炼烟尘(主要成分是CuO、Cu2O、ZnO、PbO、SiO2、As2O3)为原料制备Cu和ZnSO46H2O的流程如图所示：已知：酸浸时As2O3转化为H3AsO3。回答下列问题：（1）能提高“酸浸”浸出率的措施是_(任写一条)，“滤渣1”的主要成分是_。（2）“酸浸”过程中Cu2O发生
12、反应的化学方程式为_。（3）“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中发生反应的离子方程式为_。（4）ZnSO4的溶解度曲线如图1所示。从溶液中回收ZnSO46H2O的实验操作为_。（5）取26.90g ZnSO46H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750时所得固体的化学式为_(填序号)。aZnO bZnSO4 c Zn3O(SO4)2 dZnSO4H2O17锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池，性能优良。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂()。流程如图：回答下列问题：。（1）“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式
13、为_。（2）滤渣的主要成分是_；“精制”中加入的量比理论值大得多，其主要原因是_。（3）“沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，若控温氧化时溶液的pH随时间的变化如图，其中pH下降的原因是_(用化学方程式表示)。（4）工业上也可以将“精制”后的滤液加入来合成。中S的化合价为+6价，则一个中含过氧键的数目为_，加入溶液合成发生反应的离子方程式为_。（5）“锂化”是将和按4：1的物质的量比配料，球磨35h，然后升温至600750，保温24h，自然冷却至室温得产品。所得混合气体的成分是_。（6）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸锂中锰元素的平均价态。现进行如下实验：步骤1：取少
14、量成品锰酸锂(假设为)分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.400的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)；步骤3：向另一锥形瓶中加入1.340g和足量硫酸，充分反应后，用0.100标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液20.80mL。已知：则此成品锰酸锂中Mn元素的平均化合价为_。182019年诺贝尔化学奖授予约翰古德伊纳夫、斯坦利惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。是
15、极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，一种制备的方法为：。图是以废铁屑和为原料制备的流程。请回答下列问题：（1）制备过程中，废铁屑要先用热的纯碱溶液洗涤，其目的是_。（2）操作为趁热过滤，操作的步骤是_、过滤。（3）制备时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是_。（4）取产品经灼烧、稀硫酸溶解、还原、后续处理后配成100mL溶液，再取出20.00mL溶液至锥形瓶中，用的酸性标准溶液滴定，经3次滴定，每次消耗溶液的体积如表：实验序号123消耗溶液体积21.38mL19.98mL20.02mL写出用还原的离子方程式_。造成第一次测定结果的原因可能是_(写一条)。到达滴定终点时现象为_；根据滴定结果，可
16、计算产品中的质量分数为_。19五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：已知：“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO和VO2+。有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO的能力强。溶液中VO与VO可相互转化：VO+H2OVO+2H+且NH4VO3为沉淀（1）“酸浸”时，FeSO4参与反应的离子方程式为_。（2）“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2R
17、An(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”加入试剂_。(填化学式)（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_。（4）“沉钒”时，通入氨气的作用是_，以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80以后，沉钒率下降的可能原因是_。（5）该工艺流程中，可以循环使用的物质有_。（6）25.35gMnSO4H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。300时，所得固体的化学式为_，850时，所得固体的化学式为_。1150时，反应的化学方程式为_。试卷第11页，共12页参考答
18、案1B【详解】A如果白色粉末为硫酸氢钠，加入足量的盐酸后，再滴加氯化钡溶液，也有白色沉淀，原粉末中含有硫酸氢根离子，A错误；BClO2溶液具有强氧化性，能使溶液生成硫而变混浊，而ClO2中的氯由+4价变为-1价，故ClO2有氧化性，B正确；C苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，只证明苯酚酸性比碳酸氢钠强，不能比较苯酚和碳酸的酸性的相对强弱，C错误；D酸性溶液氧化甲苯的甲基部分为羧基，证明了苯环对甲基具有活化作用，D错误；故选B。2B【详解】A二氧化氮具有氧化性，与硝酸银溶液中的水反应生成NO气体，而溴蒸气溶于水生成溴水，所以通入硝酸溶液中生成溴化银浅黄色沉淀，现象不同，能鉴别，A不符合题意；
19、B将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，而NO(H+)和H2O2均具有氧化性，所以不能通过实验得到结论，B符合题意；C向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑说明有碳单质生成，产生有刺激性气味的气体说明反应生成二氧化硫，整个过程中浓硫酸体现氧化性、脱水性，C不符合题意；D向溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不存在碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子等，再滴加硝酸银溶液产生的白色沉淀一定时氯化银，所以推测溶液中一定含有Cl-，D不符合题意；故选B。3D【分析】无色溶液中一定不含蓝色Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的
20、混合溶液，无白色沉淀生成，无，加足量氯水，无气体，则无，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1 mol/L，根据电荷守恒，一定含有、Na+、 K+，一定不存在Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子，结合溶液为电中性来解答。【详解】A根据题目中浓度都相等，利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，A错误；B肯定存在的离子是、Br-、Na+、K+，B错误；C根据电荷守恒可以判断出溶液中有离子，C错误；D注意检验是否有，根据BaSO4不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含有Cl-，所以
21、对溶液中Cl-的判断无影响，D正确；故合理选项是D。4D【详解】A羟基是亲水基，有机分子中羟基多能起到吸水保水作用，所以1，3-丁二醇可用作化妆品的保湿剂，A选项正确；B甲和乙分子中都含有醛基，醛基具有还原性，能被强氧化剂氧化，所以二者均能与酸性KMnO4溶液反应，B选项正确；C反应是醛基的催化加氢，所以反应类型为加成反应，C选项正确；D甲和乙分子中都含有醛基，都能被银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液氧化，从而生成银镜或砖红色沉淀，所以不能鉴别甲和乙，D选项错误；故选D。5B【分析】某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，X与水作用有气泡冒出，得到有色沉
22、淀Y和弱碱性溶液Z，生成气体的物质只有Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明与Na2CO3发生双水解反应生成二氧化碳气体，生成的有色沉淀中氢氧化铁、氢氧化铜至少存在一种，可能含有氢氧化铝；沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化，说明有色沉淀中不存在氢氧化铝，则一定不存在Al2(SO4)3，据此分析解题。【详解】A根据分析可知，混合物X中一定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3，A正确；B溶液Z呈弱碱性，则Z中一定不存在FeCl3，无法据此判断X中是否含有FeCl3，B错误；C沉淀Y中可能含有氢氧化铜，灼烧氢氧化铜可生成黑色的CuO，C正确；D溶液Z呈弱碱性，阳离子为钠离子，碳酸钠水解分步进行，第
23、一步碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，由于反应生成了二氧化碳，而反应后溶液仍然呈弱碱性，说明溶液中一定含有碳酸氢根离子，即必含NaHCO3，D正确；故答案为：B。6D【分析】样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体，通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得含有硫酸钠的中和液。【详解】A葡萄酒酿造时通入SO2起到杀菌和增酸的作用，A项正确；B反应中若不通入N2，则在反应中部分SO2被氧化，气体A偏小，测得的SO2含量偏低，B项正确；C反应中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低
24、SO2的溶解度，使葡萄酒中SO2全部蒸出，C项正确；D将“H2O2溶液”替换为“溴水”，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，为保证SO2完全吸收，溴水要略过量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，测得的SO2含量偏高，对测定结果有影响，D项错误；答案选D。7C【详解】A先加盐酸酸化，排除、等离子的干扰，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明存在，A正确；B使酸性溶液褪色，证明具有还原性，B正确；C与浓盐酸反应后所得气体中有HCl，会干扰碳酸和硅酸的酸性强弱的比较，C错误；D将气体通入浓度均为的和混合溶液中，先出现CuS黑色沉淀，证明，D正确；故选C。8C【详解】ANO是无色
25、的，通过观察颜色，无法确定是否含有NO，A错误；B乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但被氧化为CO2而引入新杂质，应该用溴水，B错误；C二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，可以用澄清石灰水检验并除去CO中的二氧化碳，C正确；DNaHCO3、Na2CO3均能与Ca(OH)2溶液反应生成白色沉淀，不能检验NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3，D错误；答案选C。9D【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液；检验氢氧根离子，选择硝酸镁溶液；检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。【详解】Cl-
26、用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2。Cl-、OH-都和AgNO3溶液反应，、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验Ba(NO3)2、再检验OH-，故加入试剂顺序是，故合理选项是D。10A【分析】加盐酸有气体说明有HCO或SO，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸氢根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说
27、明一定有SiO，硅酸是沉淀，若X中存在SiO，则不存在HCO，气体甲只有二氧化硫，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在AlO，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子，以此解答。【详解】A加HCl有气体说明有HCO或SO，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，但溶液X中存在SiO，则不存在HCO，气体甲为SO2，为纯净物，故A正确；B加盐酸有沉淀，说明一定有SiO，硅酸是沉淀，铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，沉淀甲是硅酸
28、，故B错误；C由分析可知，溶液X中不存在HCO，故C错误；D由分析可知，溶液X中不存在Mg2+，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，故D错误；故选A。11C【分析】废水中加入溴水，溴水不褪色，说明无；加入酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀2.33g，该白色沉淀为BaSO4，物质的量为0.01mol，向滤液中加人酸化的AgNO3溶液，生成2.87g白色沉淀，该沉淀为AgCl，其物质的量为0.02mol，加人的BaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.02mol，则废水中无Cl-；加入足量NaOH溶液加热产生0.58g白色沉淀，说明无Fe3+，该白色沉淀为Mg(OH)2，物质的量为
29、0.01mol；无气体产生，说明没有；可以确定溶液中一定存在Mg2+、，一定不存在、Fe3+、Cl-，根据电荷守恒知废水中也不存在Na+、K+；【详解】A根据分析可知废水中不存在Na+、K+、Fe3+，A项错误；B由分析可知，废水中不含Cl-，B项错误；C由分析可知，废水一定不含、Cl-、NH、Na+、K+、Fe3+，C项正确；D废水中一定存在Mg2+、，一定不存在、Fe3+、Cl-、Na+、K+，不需要用焰色反应检验离子，D项错误；答案选C。12D【详解】A能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，因此原溶液中还可能存在亚硫酸酸根或亚硫酸氢根离子，故A错误；BNaClO溶液具
30、有强氧化性，可使pH试纸褪色，无法测出pH，应用pH计，故B错误；C高锰酸钾与草酸反应，方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，两支试管各盛0.1mol/L4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1mol/L2mL草酸溶液和0.2mol/L2mL草酸溶液，高锰酸钾是过量的，颜色不会完全褪去，故C错误；D二氧化硫通入石蕊溶液中，二氧化硫与水反应，生成了亚硫酸，亚硫酸能使石蕊溶液变红，且二氧化硫不能使石蕊溶液褪色，故D正确；故选：D。13B【详解】A液溴具有挥发性，液溴和HBr都能与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，因此无法证明苯与液
31、溴发生了取代反应，故A不选；B若反应后的固体中含有Fe2O3，则稀硫酸先与Fe2O3反应生成Fe3+，被Al还原而得的Fe会先与Fe3+反应生成Fe2+，溶液中可能无Fe3+剩余，滴加KSCN溶液不变红，若反应后的固体中不含Fe2O3，则Fe与稀硫酸反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液不变红，因此无法证明反应后固体产物中是否含有Fe2O3，故B选；C少量Fe3+对H2O2分解具有催化作用，反应方程式为2H2O22H2O+O2，故C不选；D探究淀粉水解程度实验中的碘水需在碱化之前加入，否则I2会与碱发生反应，无法检验溶液中是否含有淀粉，故D不选；综上所述，答案为B。14A【分析】启普发生器中Zn和
32、盐酸反应制取氢气，用碱石灰吸收水分和挥发出的HCl，中氢气与灼热的氧化铜反应，装有无水硫酸铜用于检验生成的水，装有碱石灰用于防止空气中的水蒸气干扰实验。【详解】A是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法错误；B本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验前后装置的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置和装置的质量差，B说法正确；C排装置中的空气要用氢气、反应后冷却要在氢气的氛围下进行，而
33、且氢气与氧化铜不可能充分反应，所以C说法正确；D本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法正确。本题选A。15A【详解】A醋酸是弱酸，溶于水部分电离，加入醋酸铵固体后，电离出的醋酸根离子，会抑制醋酸的电离，从而使甲基橙的颜色变浅或变橙色，故A正确；B未出现白色沉淀，只能说明不含氯离子，不能说明火柴头中不含氯元素，比如氯酸钾，故B错误；C用待标定的NaOH标准溶液滴定邻苯二甲酸氢钾，用酚酞作指示剂，滴定至溶液呈浅红色，30秒内不褪色，才可以判断达到滴定终点，故C错误；
34、D用碘水检验淀粉是否水解完全之前，不可以在淀粉水解液中加入过量的氢氧化钠溶液，因碘水能和氢氧化钠溶液反应，故D错误；本题答案A。16（1）适当升高温度或增加硫酸浓度PbSO4、SiO2（2）（3）（4）加热浓缩、趁热过滤（5）C【分析】铜冶炼烟尘在空气作用下用稀硫酸酸浸，各种金属元素以离子形式存在于溶液之中，不溶于稀硫酸的SiO2沉淀析出，滤液中铜离子用铁单质置换后过滤析出，制得Cu；再用硫酸铁将溶液中的砷元素以砷酸铁沉淀析出，最后在空气作用下用氧化锌调节pH值以氢氧化铁除去铁元素，得到的滤液经加热浓缩趁热过滤制得ZnSO46H2O。（1）烟尘 “酸浸”欲提高浸出率，可适当增加稀硫酸浓度、适当
35、升高温度或者充分吹入空气等操作；从该烟尘的成分看，酸浸时PbSO4、SiO2溶解不了，留在滤渣。（2）“酸浸”过程中Cu2O在氧气作用下与稀硫酸发生反应，化学方程式为：。（3）“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中加入的硫酸铁与砷酸发生反应，离子方程式为：。（4）从图1中ZnSO4的溶解度曲线分析，欲从溶液中回收ZnSO46H2O的温度范围在312-333，故实验操作为加热浓缩、趁热过滤。（5）750时剩余固体与680时一样，剩下13.43g，质量减少了，26.90g ZnSO46H2O中水的质量，则还有S元素质量减少，26.90g ZnSO46H2O中S元素的质量，则S元素还有剩余
36、，故答案选择C。17（1）（2）Fe(OH)3、Al(OH)3H2O2在Fe3+作用下部分催化分解（3）（4）1（5）CO2、O2（6）+3.2【分析】根据(1)问信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的Fe转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，加入MnO调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品LiMn2O4。（1）由分析知，
37、浸取时，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒初步确定反应方程式为：MnO2+2Fe2+2Fe3+Mn2+，结合溶液显酸性，在方程式左边添加4个H+配平电荷守恒，在右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；（2）由分析知，滤渣主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；因为H2O2在Fe3+催化下会发生分解，为了使Fe2+完全氧化，故H2O2的用量比理论值要多，故此处填：H2O2在Fe3+作用下部分催化分解；（3）控温氧化时溶液pH下降，说明有酸性物质生成，推测可能是氧化Mn2(OH)2SO4
38、生成H2SO4导致，对应方程式为：Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+H2SO4；（4）中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2+MnO2+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：Mn2+2H2O=MnO2+2+4H+；（5）由题意初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3LiMn2O4，Mn元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，此时只能是
39、氧元素化合价升高，推测生成O2，反应前有碳酸盐，推测另一种气体为CO2，故此处填：O2、CO2；（6）由步骤2得，Mn元素总物质的量n=n(EDTA)=0.4000 mol/L20.00 mL10-3 L/mL=810-3 mol；在步骤3中，KMnO4测定的是过量的Na2C2O4，由得失电子守恒得关系式：2KMnO45Na2C2O4，则剩余的n(Na2C2O4)=，则与样品反应的n(Na2C2O4)=，假设锰酸锂中Mn元素平均价为+a价，根据得失电子守恒列式得：(a-2)810-3 mol=24.810-3 mol，解得a=3.2，故此处填+3.2。18（1）除去铁屑表面的油污（2）冷却结晶
40、（3）防止二价铁被氧化（4）盛酸性标准溶液滴定管未润洗滴入最后一(半)滴标准液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色81%【解析】（1）纯碱溶液溶液显碱性，洗涤废铁屑的目的是为了除去废铁屑表面的油污；（2）操作得到硫酸亚铁晶体，故步骤是冷却结晶、过滤；（3）二价铁容易被空气中氧气氧化为三价铁，制备时必须在惰性气体氛围中进行，原因是防止二价铁被氧化；（4）还原生成硫酸根离子和亚铁离子，离子方程式为；第一次测定结果偏大，可能的原因是盛装酸性标准溶液的滴定管未润洗，或滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失等滴定终点的现象是滴入最后一(半)滴标准液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；根据测定结果舍去第一
41、次测定的体积，平均消耗酸性标准溶液的体积为20.00mL，滴定反应的对应关系为，20mL溶液中含有的的物质的量为，样品中的质量为，质量分数为81%。19（1）VO+2Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O（2）H2SO4（3）3H2O+ClO+6VO2+=6VO+Cl-+6H+（4）使VO+H2O2VO+2H+正向移动，将VO转化为VO，同时增大NH浓度原因1：温度升高，氨水和NH4Cl受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，碱性减弱，VO+H2OVO+2H+平衡逆向移动，沉钒率下降；原因2：VO+H2OVO+2H+的正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致VO浓度下降，沉钒率下降（
42、5）有机物(有机萃取剂)、氨气（6）MnSO4MnO23MnO2Mn3O4O2【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知， “酸浸”时V2O5转化为，V2O4转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O+6VO2+=6+Cl-+6H+，
43、溶液中与可相互转化：+H2O+2H+，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。（1）由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，故答案为：(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；（2）由R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO
44、2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4，故答案为：H2SO4；（3）氧化过程是KClO3将VO2+氧化为，中氯元素得电子被还原为Cl-，其离子方程式为3H2O+6VO2+=6+Cl-+6H+，故答案为：3H2O+6VO2+=6+Cl-+6H+；（4）溶液中存在平衡+H2O+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s)(aq)+ (aq)，通入氨气，使溶液中NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；温度超过80以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降，故答案为：使+H2O+2H+正向移动，将转化为，同时增大浓度，使NH4VO3(s)(aq)+(aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出；原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高
