江苏省连云港市2024-2025学年高一上学期期末调研化学试题（含答案）

第第页江苏省连云港市2024-2025学年高一上学期期末调研化学试题一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．2024年12月26日，我国第六代战机首飞成功。战机中常使用高强度、耐高温的钛合金材料，钛合金材料属于A．分子晶体 B．离子晶体 C．金属晶体 D．共价晶体2．反应2NaA．Na+的结构示意图为B．CO2空间填充模型为C．Na2D．中子数为10的氧原子可表示为83．化学创造美好生活。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂B．次氯酸具有弱酸性，可用于杀菌消毒C．钠具有强还原性，可用于制作高压钠灯D．NaHCO34．氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是A．制漂白粉：NaCl溶液→电解B．HCl制备：NaCl溶液→电解HC．纯碱工业：NaCl溶液→D．金属Mg制备：MgOH2阅读下列材料，完成下面小题：周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛。石墨烯、碳纳米管、富勒烯等单质是常见的碳纳米材料；SiO2能与氢氟酸（HF，弱酸）反应生成H2SiF6（H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62−）；将硫化锗（GeS25．石墨烯结构如图所示。下列有关说法正确的是A．石墨烯纳米材料属于胶体B．石墨烯是一种新型化合物C．石墨烯能导电，石墨烯属于电解质D．从石墨剥离出石墨烯需克服分子间作用力6．碳及其化合物的多样性是构成物质多样性的重要原因。下列说法中正确的是A．乙醇和二甲醚互为同位素B．富勒烯、金刚石化学性质相似C．碳纳米管、石墨烯互为同分异构体D．12C、13C、14C三种核素互为同素异形体7．下列化学反应表示正确的是A．SiO2与HF溶液反应：B．高温下H2还原硫化锗：C．强酸溶液中，SnCl2与FeCl3D．PbO2与浓盐酸反应：PbO28．硫及其化合物部分转化关系如图所示。下列说法正确的是SA．常温下，32gS单质中含1.0molS原子B．反应①每消耗3.4gH2C．0.1mol·L-1Na2SO3溶液中，D．标准状况下，11.2LSO2中原子总数约为9．实验室进行制备并验证SO2A．用装置甲制取SO2 B．用装置乙验证SOC．用装置丙收集SO2 10．用反萃取原理可从I2的CCl4萃取液中回收A．“反应Ⅰ”的离子方程式为IB．“操作Ⅰ”为分液C．利用反萃取原理可实现碘单质的重新富集D．通过升华可将粗碘提纯11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A往某溶液中加入盐酸产生无色气体该溶液一定含有COB将湿润的有色布条放入干燥的氯气，布条褪色氯气具有漂白性C向蔗糖中滴加几滴蒸馏水，再加入浓硫酸，产生海绵状黑色物质，并产生刺激性气味气体浓硫酸体现了吸水性、脱水性和强氧化性D用洁净的铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色溶液中不含钾元素A．A B．B C．C D．D12．室温下，通过下列实验探究一定浓度Na2实验1：向Na2实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生。实验3：向Na2CO3实验4：向实验3所得溶液中滴加少量BaOH下列有关说法正确的是A．实验1说明Na2COB．实验2中溶液红色变浅的原因是：COC．由实验3可以推测Na2CO3D．实验4反应后的溶液中存在大量的CO32−、HCO13．向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入Cl2A．a点时溶液中nB．nClOC．nClO−D．参加反应的NaOH与Cl2二、非选择题：共4题，共61分。14．下图是中学常见元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）元素的排列。①元素g在周期表的位置是。②主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和电子数有关。（2）元素及其化合物的结构。①f形成的氧化物的电子式为。②a、d形成的化合物中含有的化学键类型为。（3）元素周期律及其应用。①元素b、c形成的简单氢化物热稳定性最强的是（填结构式），元素h、i最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是（填化学式）。②已知：AlOH3与NaOH生成NaAlO2和H15．以菱镁矿渣（主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2（1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是（写出一种措施即可）。②滤渣的主要成分为SiO2、（2）加入H2O2将Fe①“氧化”时的离子方程式为。②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图所示。应调节pH为。（3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到MgSO4⋅7H2O（4）将24.6gMgSO4⋅7H①a→b过程发生反应的化学方程式为。②e点对应固体成分的化学式为。16．ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生爆炸，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，（1）装置A产生ClO2。将一定量NaClO3固体与Na2①恒压滴液漏斗中的溶液为。②制备过程中持续通入空气的目的是。（2）装置B制备NaClO2①生成NaClO2的化学方程式为②NaClO2溶液在不同温度时析出的晶体情况如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2（3）NaClO2纯度测定。称取样品1.000g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液。充分反应后滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000·L-1的Na2S2O3标准溶液反应，至恰好完全反应时消耗①计算该NaClO2产品的纯度②配制Na2S2O3a．定容时俯视刻度线b．摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线c．未洗涤烧杯和玻璃棒d．容量瓶洗涤后未干燥直接进行配制17．脱硫是天然气、电力、石油化工等行业中非常重要的一个环节，其主要目的是去除含硫化合物，以减少环境污染和提高产品质量。（1）天然气中含有少量H2①该催化脱硫过程总反应的化学方程式为。②该催化过程中，要控制反应温度不能过高，原因是。（2）CaOH2钙基脱硫剂常用于工业烟气的干法脱硫。通过添加活性组分可以提高脱硫性能，为筛选出能够更加有效提升脱硫剂脱硫效果的活性组分，进行研究：250℃时，SO2①反应一段时间后，SO2出口浓度都升高的原因是②250℃时，NaHCO3已分解为Na2CO3固体，氨基类活性物质分解产生气态NH3（3）石油化工会产生含硫（-2价）废水，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。①步骤Ⅲ可描述为。②步骤Ⅳ中，化合价发生变化的元素有。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、分子晶体是由分子构成，微粒间靠分子间作用力结合，钛合金含金属元素，不是分子构成，A错误；

B、离子晶体由离子构成，靠离子键结合，钛合金无离子键，B错误；

C、金属晶体包括纯金属和合金，钛合金是钛与其他金属等形成的合金，属于金属材料，所以属于金属晶体，C正确；

D、共价晶体由原子通过共价键结合，钛合金不是原子通过共价键形成的晶体，D错误；

故答案为：C。

【分析】要判断钛合金所属晶体类型，需明确各类晶体（分子晶体、离子晶体、金属晶体、共价晶体）的构成微粒及特点，再结合钛合金的组成（合金，属于金属材料范畴）进行分析。2．【答案】D【解析】【解答】A、Na+是钠原子失去最外层1个电子形成的阳离子，核外电子层结构为2、8（共10个电子），其离子结构示意图为：，A错误；

B、CO2分子中，C原子半径大于O原子半径，空间填充模型应体现原子大小差异，为：，B错误；

C、Na2CO3由Na+和CO32-构成，Na+与CO32-之间存在离子键，而CO32-内部的C与O之间存在共价键，因此Na2CO3既含离子键又含共价键，C错误；

D、氧原子的质子数为8，中子数为10时，质量数=质子数+中子数=18，原子表示方法为左上角标质量数、左下角标质子数，即818O，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题需结合化学用语的规范要求，分析离子结构示意图、分子空间模型、化学键类型及原子表示方法的正确性。3．【答案】A【解析】【解答】A、浓硫酸的吸水性使其能够吸收气体或固体中的水分，这一性质直接决定了它可作为干燥剂使用，性质与用途对应正确，A正确；

B、次氯酸用于杀菌消毒，依赖的是其强氧化性（能破坏微生物结构），而非弱酸性，性质与用途不对应，B错误；

C、钠可制作高压钠灯，是因为钠的焰色反应呈黄色（光的穿透性强），与钠的强还原性无关，性质与用途不对应，C错误；

D、NaHCO3治疗胃酸过多，是由于它能与胃酸中的HCl反应（中和酸性），并非因为其受热易分解的性质，D错误；

故答案为：A。

【分析】判断物质性质与用途的对应关系，关键在于明确每种物质的核心性质及其与用途之间的逻辑关联，排除性质与用途不匹配的选项。4．【答案】B【解析】【解答】A、漂白粉制备需用Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应，因澄清石灰水（Ca(OH)2稀溶液）浓度低，无法充分吸收Cl2以制备有效成分，故该转化不合理，A错误；

B、电解NaCl溶液时，反应生成NaOH、H2和Cl2；H2在Cl2中燃烧可直接生成HCl，两步反应均能发生且条件合理，转化流程可行，B正确；

C、因盐酸酸性强于碳酸，NaCl溶液与CO2不反应。工业制纯碱时，需先向饱和NaCl溶液通入NH3（制成氨盐水，增强碱性），再通入CO2才能析出NaHCO3，故该转化不合理，C错误；

D、电解熔融MgCl2可得到Mg和Cl2；若电解MgCl2溶液，因H+比Mg2+更易放电，产物为H2、Cl2和Mg(OH)2，无法得到金属Mg，转化不合理，D错误；

故答案为：B。【分析】本题需结合氯及其化合物的制备原理、反应条件及物质性质，判断各转化流程是否合理，核心在于分析反应能否发生及条件是否适宜。

【分析】A．明确漂白粉的制备原料及浓度要求。B．分析电解NaCl溶液的产物及H2与Cl2的反应可能性。C．判断NaCl溶液与CO2能否直接反应生成NaHCO3。D．区分电解熔融MgCl2与MgCl2溶液的产物差异。【答案】5．D6．B7．C【解析】【解答】（1）A、胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错误；B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；故答案为：D。

（2）A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同的化合物，互为同分异构体，A错误；B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；D、¹2C、¹3C、¹4C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；故答案为：B。（3）A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O，原式子错误，A错误；B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S，高温下H2S稳定，反应式应为GeS2+2H2=高温Ge+2H2C、Sn2+还原性强于Fe2+，可被Fe3+氧化为Sn4+，反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，C正确；D、PbO2与浓盐酸反应的化学方程式应为PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+2H2O+Cl2↑，原式子配平错误，D错误；故答案为：C。【分析】（1）围绕石墨烯的性质与分类，结合胶体、化合物、电解质的定义及石墨的层状结构特点进行判断。（2）依据同位素、同素异形体、同分异构体的概念，区分不同类别物质的关系。（3）根据反应事实、物质电离特点及氧化还原规律，判断化学方程式或离子方程式的正确性。5．A、胶体是分散质粒子直径在1-100nm的分散系，石墨烯纳米材料本身不是分散系，不属于胶体，A错误；B、石墨烯仅由碳元素组成，是单质，并非化合物，B错误；C、电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物，石墨烯是单质，不符合电解质定义，C错误；D、石墨为层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，剥离石墨烯需克服这种作用力，D正确；故答案为：D。6．A、同位素指同种元素的不同原子，乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）是分子式相同的化合物，互为同分异构体，A错误；B、富勒烯和金刚石均为碳元素的单质（同素异形体），化学性质相似，B正确；C、碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，同分异构体针对化合物，C错误；D、¹2C、¹3C、¹4C是碳元素的不同核素，质子数相同、中子数不同，互为同位素，D错误；故答案为：B。7．A、HF是弱酸，离子方程式中应保留化学式，反应应为SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O，原式子错误，A错误；B、H2还原GeS2的产物为Ge和H2S，高温下H2S稳定，反应式应为GeS2+2H2=高温Ge+2H2C、Sn2+还原性强于Fe2+，可被Fe3+氧化为Sn4+，反应为2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，C正确；D、PbO2与浓盐酸反应的化学方程式应为PbO2+4HCl(浓)=PbCl2+2H2O+Cl2↑，原式子配平错误，D错误；故答案为：C。8．【答案】A【解析】【解答】A、硫单质（S）的摩尔质量是32g/mol，32gS的物质的量为1mol，所含S原子的物质的量为1.0mol，A正确；

B、反应①为SO2与H2S反应生成S和H2O，H2S中S元素化合价从-2升高到0（被氧化），是失去电子而非得到。3.4gH2S的物质的量为0.1mol，反应中失去0.2mol电子，B错误；

C、Na2SO3在溶液中完全电离，1molNa2SO3电离出2molNa+，故0.1mol・L-¹Na2SO3溶液中，c(Na+)为0.2mol・L-¹，C错误；

D、标准状况下11.2LSO2的物质的量为0.5mol，1个SO2分子含3个原子（1个S和2个O），则原子总数约为0.5×3×6.02×1023，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题需结合硫及其化合物的转化关系，从物质的量计算、氧化还原电子转移、溶液离子浓度及气体摩尔体积等角度分析选项正确性。9．【答案】D【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应生成SO2的条件是加热，装置甲中缺少加热仪器，无法发生反应，A错误；

B、SO2的漂白性体现在能使品红溶液褪色，而它通入紫色石蕊溶液中只会使溶液变红（因SO2与水反应生成H2SO3显酸性），不能漂白酸碱指示剂，无法验证漂白性，B错误；

C、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集时，气体应从长导管进入、短导管排出，装置丙的进气方式错误，C错误；

D、SO2是酸性气体，可与NaOH溶液反应（SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O），装置丁用NaOH溶液吸收尾气，且倒置的漏斗能防止倒吸（避免因压强减小导致液体回流），D正确；

故答案为：D。

【分析】本题需结合SO2的制备原理、性质验证、收集方法及尾气处理的实验要求，判断各装置及操作的合理性。10．【答案】A【解析】【解答】A、“反应I”是I2与浓NaOH溶液的反应，I2既是氧化剂又是还原剂，正确的离子方程式为3I2+6OH−=5I−+IO3−+3H2O，A错误；

B、操作I用于分离互不相溶的CCl4有机层和水溶液，符合分液操作的适用条件（分离互不相溶的液体），B正确；

C、反萃取过程中，I2先从低浓度的CCl11．【答案】C【解析】【解答】A、加盐酸产生的无色气体可能是CO2或SO2。若为CO2，溶液可能含CO32-或HCO3-；若为SO2，可能含SO32-或HSO3-。因此，仅凭此现象不能确定溶液一定含CO32-，A错误；

B、干燥氯气无漂白性，湿润有色布条褪色是因为氯气与水反应生成HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO），HClO具有漂白性，并非氯气本身，B错误；

C、蔗糖中先加蒸馏水，浓硫酸吸收水分（吸水性）；随后使蔗糖脱水生成黑色碳（脱水性）；碳与浓硫酸反应生成SO2（刺激性气体），体现强氧化性（C+2H2SO4(浓)=CO2↑+2SO2↑+2H2O）。现象与性质对应，C正确；

D、焰色呈黄色说明含Na+，但K+的焰色为紫色，会被Na+的黄色掩盖，需透过蓝色钴玻璃观察才能确认是否含K+，因此不能判断溶液不含钾元素，D错误；

故答案为：C。【分析】A．判断与盐酸反应产生无色气体的离子种类。B．区分氯气与次氯酸的漂白性。C．分析浓硫酸在反应中体现的性质。D．明确钾元素焰色反应的观察条件。12．【答案】B【解析】【解答】A、Na2CO3在水中电离出Na+和CO32-，本身不能电离出OH-。实验1中溶液变红，是因为CO32-发生水解（CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-）产生了OH-，使溶液呈碱性，A错误；

B、实验2中加少量稀盐酸，发生反应CO32-+H+=HCO3-，CO32-浓度减小，其水解程度降低，溶液中OH-浓度减小，碱性减弱，导致红色变浅，B正确；

C、实验3中虽无明显现象，但Na2CO3与过量CO2实际发生反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），只是生成的NaHCO3溶于水，无明显外观变化，并非未反应，C错误；

D、实验3所得溶液为NaHCO3溶液，滴加少量Ba(OH)2溶液时，发生反应HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，OH-被消耗，不会大量存在，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题通过实验探究Na2CO3溶液的性质，需结合盐类水解、离子反应规律，分析各实验现象背后的化学原理，判断选项正误。A．明确Na2CO3溶液显碱性的原因是水解而非电离。B．分析少量盐酸与Na2CO3反应的离子变化及对溶液碱性的影响。C．判断Na2CO3与过量CO2是否发生反应。D．分析实验4中反应后的离子组成。13．【答案】A【解析】【解答】A、a点时n(ClO-)=n(ClO3-)，设二者均为1mol。Cl2生成ClO-时，Cl元素从0价升至+1价，1molClO-失去1mol电子；生成ClO3-时，Cl元素从0价升至+5价，1molClO3-失去5mol电子，共失电子6mol。根据电子守恒，生成Cl-（Cl元素从0价降至-1价）应得6mol电子，故n(Cl-)=6mol。因此n(Cl-)：n(ClO3-)=6：1，A错误；

B、NaOH与Cl2的反应放热，随Cl2通入，温度升高。图中n(ClO3-)随温度升高而增加，推测温度升高可能促进生成ClO3-的反应，B正确；

C、图中ClO-减少时，ClO3-和Cl-同步增加，符合反应3ClO-=2Cl-+ClO3-的变化规律，故ClO-减少可能源于此反应，C正确；

D、产物为NaCl、NaClO、NaClO3，三种物质中Na+与Cl-的个数比均为1：1，故反应中n(Na+)=n(Cl)。NaOH提供Na+，Cl2提供Cl原子，因此n(NaOH)：n(Cl2)=2：1，D正确；

故答案为：A。【分析】本题考查NaOH与Cl2反应的产物变化规律，需结合氧化还原反应的电子守恒、原子守恒及温度对反应的影响分析选项。

A．利用电子守恒计算a点时Cl-与ClO3-的物质的量之比。B．分析温度对产物种类的影响。C．解释ClO-减少与ClO3-增加的关系。D．依据原子守恒确定NaOH与Cl2的物质的量比。14．【答案】（1）第三周期ⅢA族；最外层（2）；共价键（3）；HClO4；Ga【解析】【解答】（1）①g是Al元素，在周期表中位于第三周期第IIIA族；②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；故答案为：第三周期ⅢA族；最外层；

（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO，电子式为；②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是H2O或者H2O2，含有的化学键类型是共价键；故答案为：；共价键；

（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3，非金属性N>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3，结构式为；h、i分别是S和Cl，非金属性Cl>S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HClO4；②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应的离子方程式为：GaOH3+OH−=GaO2−+2H2O。

故答案为：；HClO4；GaOH3+OH−=GaO2−+2H（1）①g是Al元素，在周期表中位于第三周期第IIIA族；②对于主族元素来说，原子核外有几层电子，就位于第几周期，最外层有几个电子，位于第几主族，主族元素在周期表中所处的位置与电子层数和最外层电子数有关；（2）①f是Mg元素，氧化物为MgO，电子式为；②a是H元素，d是O元素，形成的化合物是H2O或者H2O2，含有的化学键类型是共价键；（3）①b、c分别是C和N元素，简单氢化物分别为CH4和NH3，非金属性N>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氢化物最稳定的是NH3，结构式为；h、i分别是S和Cl，非金属性Cl>S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性强的是HClO4；②元素e的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Ga与Al类似，其最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应的离子方程式为：GaOH15．【答案】（1）粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；CaSO（2）2Fe（3）30℃（4）MgSO4【解析】【解答】（1）①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；②根据分析可知，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4故答案为：粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；CaSO4；

（2）①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+故答案为：30℃；

（4）①a→b过程中，固体质量减少(24.6−13.8)g=10.8g，减少的质量为结晶水的质量，即失去的n(H2O)=10.8g②e点固体质量为4.00g，其中Mg的质量为0.1mol×24g/mol=2.4g，则剩余质量4.0g−2.4g=1.6g，恰好为O元素的质量，故e点固体成分的化学式为MgO。

故答案为：MgSO4⋅7H2O=150℃MgSO4⋅H2O+6H2O；MgO。

【分析】菱镁矿渣主要成分是MgCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等。流程第一步酸浸时，加入稀硫酸后：MgCO3和MgO与硫酸反应生成MgSO4；Fe2O3反应生成Fe2(SO4)3；FeO反应生成FeSO4；CaO反应生成CaSO4（微溶于水）；Al2O3反应生成Al2(SO4)3；而SiO2不与稀硫酸反应，过滤后成为滤渣成分之一。

由于CaSO4微溶，部分未溶解的CaSO4（1）①粉碎菱镁矿渣，增大接触面积，或适当升高温度均可提高“酸浸”效率，则为提高“酸浸”效率可以采用的措施是粉碎菱镁矿渣或适当升高温度；②根据分析可知，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4（2）①“氧化”时Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe②由图可知，pH=6时，Fe、Al元素的去除率很高，且Mg元素的损失率较低，则应调节pH为6；（3）根据XRD图谱可知，30℃时MgSO4⋅7H2O的衍射峰强度较高，而50℃、80℃时MgSO4⋅6H2O的衍射峰强度高，故要得到MgSO4（4）①a→b过程中，固体质量减少(24.6−13.8)g=10.8g，减少的质量为结晶水的质量，即失去的n(H2O)=10.8g②e点固体质量为4.00g，其中Mg的质量为0.1mol×24g16．【答案】（1）H2SO4（2）2NaOH（3）90.5%【解析】【解答】（1）①NaClO3、Na2SO3、H2SO4的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2NaClO3+Na2SO3+H2②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸；故答案为：H2SO4溶液；稀释ClO2防止爆炸；

（2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaClO2·3H2O，因此NaClO2溶液中获得NaClO故答案为：2NaOH+H2O2+2ClO2冰水浴2NaClO2+O2↑+2由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=1.0×10-3ω(NaClO2)=1.0×10②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合；摇匀后发现液面下降，补加蒸馏水至刻线，造成所配制溶液浓度偏小，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，b符合；未洗涤烧杯和玻璃棒，造成所配溶液中溶质减少，所配标准溶液浓度偏小，滴定时消耗的溶液体积偏大，测定结果偏高，c符合；容量瓶洗涤后未干燥，对所配溶液的浓度无影响，测定结果准确，d不符合；故答案为：90.5%【分析】三颈烧瓶中有Na2SO3溶液和NaClO3固体，通过恒压滴液漏斗加入硫酸溶液发生反应，生成ClO2气体，在冰水浴中与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，尾气通过C装置处理。

（1）①根据反应需酸性环境，判断滴加的是H2SO4溶液（提供酸性条件）。

②因ClO2浓度过高易爆炸，通入空气是为稀释ClO2，防止爆炸。

（2）①结合反应物（ClO2、NaOH、H2O2）和产物（NaClO2、O2等），写化学方程式。

②依据NaClO2高于60℃分解及溶解度曲线，控制温度在38℃~60℃间操作，并用无水乙醇处理。

（3）①通过反应关系（NaClO2~2I2~4Na2S2O3），由Na2S2O3的量计算纯度。

②分析配制Na2S2O3溶液的操作对浓度的影响，判断对测定结果的偏高因素。（1）①NaClO3、Na2SO3、H2SO4的反应是氧化还原反应，氯酸钠在酸性环境下是强氧化剂，将氯酸钠和亚硫酸钠按一定比例配成混合物，即A中是NaClO3和Na2SO3溶液，滴加硫酸溶液开始反应：2NaClO3+Na2SO3+H2②ClO2浓度过高时易发生爆炸，通入N2的目的是稀释ClO2，防止浓度过高发生爆炸；（2）①装置B在冰水浴中ClO2与NaOH和H2O2反应生成NaClO2，反应的化学方程式为：2NaOH②NaClO2高于60℃时分解，根据图示可知，温度低于38℃容易析出NaClO2·3H2O，因此NaClO2溶液中获得NaClO（3）①n(Na2S2O3)=CV=0.2000mol·L-1×20.00×10-3L=4.0×10-3mol；由方程式可知：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=1.0×10-3ω(NaClO2)=1.0×10②配制Na2S2O3溶液时俯视刻度线，溶液体积偏小，配制标准溶液浓度偏高，消耗的标准溶液体积偏小，造成测定结果偏低，a不符合；摇匀后发现液面下降，补加蒸