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天津市第一中学2025-2026学年高三上学期月考化学试题
一、单项选择题(共12小题，每题3分，共36分)
1．中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．纸的主要成分是纤维素，属于有机材料，不属于合金，A不符合题意；
B．石印章的材料通常是天然矿物，其主要成分为大理石、寿山石等，属于硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素，均属于有机材料，不属于合金，C不符合题意；
D．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对物质组成和材料分类的考查，属于合金的是金属单质或合金。据此结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加足量溶液：
B．在氨水中通入少量的气体：
C．溶液中通入少量：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：
【答案】B
【知识点】氢氧化铝的制取和性质探究；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解析】A．当NaOH过量时，产物为四羟基合铝酸根离子（），其离子反应方程式为：，选项A错误。
B．在氨水过量的情况下，反应产物为硫酸铵（(NH4)2SO3），选项B正确。
C．当苯酚钠过量时，产物为苯酚和碳酸氢钠，其离子反应方程式为：，选项C错误。
D．将等物质的量浓度的氢氧化钡（）和硫酸氢铵（）溶液按体积比1：1混合时，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，其离子反应方程式为：，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、NaOH溶液过量，则反应生成[Al(OH)4]－。
B、SO2少量则反应生成SO32－。
C、酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3－，据此确定反应的离子方程式。
D、二者的物质的量相等，OH－与H＋、NH4＋反应。
3．在指定环境中，下列各组离子或分子可以大量共存的是
A．加入粉末的溶液：
B．无色溶液中：
C．使甲基橙变红的溶液中：
D．溶液：
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Na2O2与水反应会生成 NaOH（使溶液呈碱性）和 O2（具有强氧化性）。
SO32-具有还原性，会被 O2氧化，无法与该环境中的成分共存；A组不能大量共存。
B、NH3 H2O 与 [Ag(NH3)2]+、OH-、Cl-之间：
[Ag(NH3)2]+本身是 NH3 H2O 与 Ag+形成的稳定络离子，在碱性条件下不会分解；各粒子间无氧化还原、沉淀等反应；B组可以大量共存；
C、CH3COO-是弱酸根，在酸性条件下会与 H+结合生成 CH3COOH；HClO 具有弱酸性，在强酸性环境中能稳定存在，但 CH3COO-已无法共存；C不能大量共存；
D、KNO3在溶液中电离出 NO3-，NO3-在 H+存在时（酸性环境）具有强氧化性：I-具有还原性，会被 NO3-（H+）氧化，无法共存；D组不能大量共存；
故答案为：B。
【分析】A、看到 “Na2O2”，直接关联 “强氧化性 + 碱性”，优先排查还原性离子（如 SO32-），确定其会被氧化。
B、看到 “[Ag(NH3)2]+”，明确它是 NH3 H2O 环境下的稳定络离子，碱性中不会分解，再检查其他粒子无反应。
C、看到 “甲基橙变红”，直接判定 “酸性环境”，优先排查弱酸根（如 CH3COO-），确定其与 H+结合。
D、看到 “KNO3 + H+”，直接关联 “NO3-的强氧化性”，优先排查还原性离子（如 I-），确定其会被氧化。
4．制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是
A．H2S和D2O均为极性分子
B．H2S和D2S互为同素异形体
C．方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2
D．方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；同素异形体
【解析】【解答】A．H2S和D2O分子中都含有极性键，它们的分子结构呈V形，正负电荷中心不重合，因此都是极性分子，A选项正确。B．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，而H2S和D2S都是化合物，不是单质，所以它们不互为同素异形体，B选项错误。
C．根据题目信息和元素守恒，FeS与DCl的D2O溶液反应会生成D2S和FeCl2，该反应方程式正确，C选项正确。
D．方法①中H2S与D2O可能发生同位素交换反应（如生成HDS），导致产物不纯；而方法②直接使用DCl和D2O提供氘，产物的纯度更高，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、H2S、D2O都为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子。
B、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
C、FeS与DCl反应生成FeCl2和D2S。
D、方法①中可能生成HDS气体。
5．下列化学用语正确的是
A．有机物的名称：3-醛基戊烷
B．醛基的碳氧双键的极性：
C．基态Mn原子的价电子排布图：
D．氨基的电子式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；有机物中的官能团；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该有机物主链含5个碳，醛基在1号碳，3号碳连乙基，正确名称应为“3-乙基戊醛”；选项错误地将醛基作取代基（称“3-醛基戊烷”），违背醛类命名规则 ，A错误；
B、O的电负性大于C，碳氧双键（C=O）中电子对偏向O，使O带部分负电（δ-）、C带部分正电（δ+）； 正确的极性为，B正确；
C、基态Mn的3d轨道应排5个自旋平行的电子（无成对），4s轨道排2个自旋相反的电子； 价电子排布图为，C错误；
D、正确电子式应为 ，需体现N的孤电子对，未正确表示N的孤电子对，书写不规范 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．醛基（-CHO）是主官能团，命名时需以“醛”为母体，且醛基对应的碳为1号碳。
B．极性由原子电负性差异决定，电子对偏向电负性大的原子。
C．Mn的原子序数为25，价电子为3d54s2；需遵循洪特规则（电子优先分占轨道、自旋平行）和泡利原理（一个轨道最多2个自旋相反的电子）。
D．氨基（-NH2）中N原子最外层有5个电子，与2个H形成2对共用电子对后，剩余1对孤电子对（共6个价电子）。
6．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是
A．
B．
C．
D．溶液溶液晶体
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．CaSO3溶液中存在Ca2+离子，当加入饱和Na2SO4溶液时，由于溶液中浓度增大，可能导致Qc(CaSO4)＞Ksp(CaSO4)，从而形成CaSO4沉淀。但CaSO4与盐酸不反应，因此第二步无法实现，A选项错误。B．FeS2在煅烧条件下可以生成SO2，但SO2与浓硫酸不发生反应，无法进一步转化为SO3，B选项错误。
C．HClO在光照条件下分解生成HCl和O2，而不是Cl2，因此第一步反应不正确。虽然铁在氯气中燃烧可以生成氯化铁，但由于第一步错误，C选项错误。
D．CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇后由于溶解度降低，可以析出晶体，两步反应均正确，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、CaSO4与HCl不反应。
B、SO2与浓硫酸不反应。
C、HClO光照分解生成HCl和O2。
D、CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度较低。
7．离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是
A．、中均有离子键和共价键
B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应
C．中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为
【答案】A
【知识点】化学键；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由和构成，含有离子键和共价键；而由和构成，仅含离子键，A选项错误。
B、在反应①中，中的-1价氧元素发生歧化反应，部分变为-2价，部分变为0价，而水分子中的元素价态没有变化。在反应②中，中的-1价氢被氧化为0价，水中的+1价氢被还原为0价，B选项正确。
C、的阳离子()与阴离子()的比例为2：1；的阳离子()与阴离子()的比例为1：2，C选项正确。
D、反应①每生成1mol转移2mol电子，反应②每生成2mol转移2mol电子。因此当电子转移数相同时，生成的与的物质的量之比为1：2，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、CaH2中只含有离子键
B、反应①中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；反应②中H2O是氧化剂。
C、Na2O2由Na＋和O22－构成；CaH2由Ca2＋和H－构成。
D、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
8．下列关于配制NaOH标准溶液并用其滴定草酸溶液浓度的操作正确的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、NaOH 溶解会放热，需在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移到容量瓶；且转移时应使用玻璃棒引流。选项直接在容量瓶中溶解 NaOH（容量瓶不能用于溶解、稀释），同时未用玻璃棒引流，A错误；
B、定容时，当液面距刻度线 1-2cm 时，需改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；且读数时视线应与凹液面最低处相平，选项中液面已超过刻度线，且读数时视线俯视（会导致溶液体积偏小），不符合定容规范，B错误；
C、摇匀时，应该用右手拖住容量瓶底部（用食指顶住瓶塞，用另一只手手指托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀），操作错误，C错误；
D、NaOH 是强碱，需用碱式滴定管（或带聚四氟乙烯活塞的酸式滴定管）盛装；滴定中草酸加酚酞作指示剂，符合酸碱滴定的操作要求，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这类实验操作题，关键抓 3 个 “匹配性”：
仪器与用途匹配：明确仪器的专属功能（如容量瓶仅用于定容，不能溶解固体），只要仪器用错用途，直接判定错误。
操作与规范匹配：聚焦关键步骤的标准动作（如定容视线要平），细节错误直接排除。
试剂与仪器或指示剂匹配：根据试剂性质选对应工具（如强碱用聚四氟乙烯活塞滴定管）、根据滴定终点酸碱性选指示剂（如强碱滴定弱酸用酚酞）。
9．处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“沉铜” 是 Fe 置换 Cu2+，但 Fe 与 Cu2+ 反应生成的是 Fe2+（不是 Fe3+），正确离子方程式应为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A错误；
B、Al(OH)3是两性氢氧化物，过量 NaOH 会与 Al(OH)3反应生成可溶的 NaAlO2，反而会使 Al (OH)3沉淀溶解，并非 NaOH 加越多沉淀越完全，B错误；
C、“氧化” 过程是 H2O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+（生成 Fe (OH)3沉淀），铁元素化合价从 + 2 升高到 +3，并非降低，C错误；
D、“沉锂” 是向含 Li+的溶液中加 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度比 Na2CO3小的性质，使 Li+ 以 Li2CO3形式沉淀析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】处理含 Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+ 的酸浸液时，先加入 Fe 粉，通过置换反应将 Cu2+ 转化为 Cu 单质分离（沉铜）；随后加入 NaOH，使溶液中的 Al3+ 结合 OH-生成 Al(OH)3沉淀除去（碱浸）；再加入 H2O2，将溶液中残留的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，进而转化为 Fe(OH)3沉淀分离（氧化）；最后向含 Li+的滤液中加入 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度较小的性质，使 Li+转化为 Li2CO3沉淀析出（沉锂）。
10．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（　　）
A．至少存在5种离子
B．Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0.4mol/L
C．SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项不符合题意；
B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项符合题意；
C.一定存在氯离子，C项不符合题意；
D.Al3+无法判断是否存在，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。
11．常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A不符合题意；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B不符合题意；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C不符合题意；
D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水分子中含有2个孤电子对；
B.该反应中氮气为氧化剂，氧化剂在反应中得电子；
C.氨水的体积未知；
D.消耗0.5mol氮气，生成氧气的物质的量为0.75mol。
12．以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。
已知：
i．加热氯化时会生成可进一步转化为。
ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。
下列说法不正确的是
A．氯化时生成的反应为
B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率
C．若滤渣中无，滤液中约为
D．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到粗品
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 在加热氯化过程中会先生成次氯酸钙（），随后次氯酸钙进一步转化为氯酸钙（）。根据氧化还原反应的电子得失守恒和原子守恒，生成氯酸钙的反应可以表示为：，选项A正确。B. 适当降低通入氯气（）的速率并充分搅拌，可以增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，提高氯气的利用率，选项B正确。
C. 在氯化过程中，氢氧化钙（）首先与氯气反应生成次氯酸钙（Ca(ClO)2）、氯化钙（）和水。随后，次氯酸钙分解生成氯酸钙（）和氯化钙（）。根据反应式可知，分解产生的氯酸钙与氯化钙的物质的量之比为1：2。然而，由于氢氧化钙与氯气的反应也会生成氯化钙，因此滤液中氯酸钙与氯化钙的物质的量之比并非约为1：2，选项C错误。
D. 氯酸钾（KClO3）的溶解度比氯酸钙（Ca(ClO3)2）小，且氯酸钾的溶解度随温度变化较大。因此，通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法可以得到氯酸钾晶体，选项D正确。
故答案为：C
【分析】电石渣的主要成分为Ca(OH)2，微溶于水，加水“打浆”后形成Ca(OH)2悬浊液。通入Cl2进行“氯化”操作，发生反应2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。Ca(ClO)2进一步反应转化为Ca(ClO3)2，该转化的化学方程式为3Ca(ClO)2=Ca(ClO3)2＋2CaCl2。过滤后所得滤液成分为Ca(ClO3)2溶液，加入KCl后，由于KClO3的溶解度受温度的影响较大，因此可通过蒸发浓度、冷却结晶、过滤，得到KClO3粗品。据此结合选项分析作答。
二、填空题(共4小题，共64分)
13．通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。
（1）将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整　 　：
（2）的空间结构为　 　。中N-H键是由氮原子的　 　轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。
（3）的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。
①的配体中，配位原子是　 　。
②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。
（4）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示为)，局部结构示意图如下所示。
①对于的稳定存在有重要作用。与之间的作用力类型有　 　。
②比较中键角　 　中键角大小(填>，=，<)并解释原因：　 　。
【答案】（1）
（2）三角锥形；sp3杂化轨道
（3）N；
（4）离子键、氢键；<；二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）镁的原子序数为12，基态镁原子的核外电子排布式为，最外层为3s轨道，3s轨道有2个电子，且自旋方向相反，轨道表示式为：。
故答案为： ；
（2）NH3中N原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。NH3中N原子采取sp3杂化，N - H键是由氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。
故答案为： 三角锥形 ； sp3杂化轨道 ；
（3）①在中，配体是NH3，配位原子是N原子（N原子提供孤电子对与Mg2+形成配位键）。
②根据密度公式和分析可知，，可得密度。
故答案为： N ； ；
（4）①为阳离子，为阴离子，结合图示可知，与之间的作用力类型有离子键和氢键。
②二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
故答案为： 离子键、氢键 ； < ； 二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
【分析】小问3：晶胞边长a =cm，晶胞体积V=。由晶胞结构可知，[Mg(NH3)6]2+位于晶胞顶点和面心，Cl-位于晶胞内部。[Mg(NH3)6]2+的个数为，Cl-的个数为8，晶胞的质量。
(1)基态Mg原子最外层电子排布为3s2，3p轨道为空。3s轨道填2个自旋相反的电子，轨道表示式中3s轨道写“↑↓”，3p轨道留空。
(2)NH3中N原子价层电子对数为4（含1对孤电子对），空间结构为三角锥形；
N原子采取sp3杂化，N-H键由N的sp3杂化轨道与H的1s轨道重叠形成σ键。
(3)① 配体为NH3，N原子提供孤电子对与Mg2+成键，配位原子是N；
② 晶胞中[Mg(NH3)6]2+有4个、Cl-有8个，密度公式为（M为摩尔质量，a单位为nm）。
(4)① NH4+与N5-间存在离子键，且通过N-H…N形成氢键；
② H3O+中O有1对孤电子对，NH4+中N无孤电子对，孤电子对斥力更大，故H3O+的H-O-H键角＜NH4+的H-N-H键角。
（1）镁的原子序数为12，基态镁原子的核外电子排布式为，最外层为3s轨道，3s轨道有2个电子，且自旋方向相反，轨道表示式为：。
（2）NH3中N原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。NH3中N原子采取sp3杂化，N - H键是由氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。
（3）①在中，配体是NH3，配位原子是N原子（N原子提供孤电子对与Mg2+形成配位键）。
②根据密度公式和分析可知，，可得密度。
（4）①为阳离子，为阴离子，结合图示可知，与之间的作用力类型有离子键和氢键。
②二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
14．某学校化学实验小组成员设计如图实验装置，制备并探究化学性质。
（1）加入药品之前，先进行的实验操作是　 　。
（2）实验开始后，打开止水夹1，闭合止水夹2.甲装置发生反应的离子方程式为　 　，其中体现还原性的盐酸与体现酸性的盐酸的物质的量之比为　 　；在反应中高锰酸钾体现强氧化性，请写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式　 　。
（3）实验结束后，打开止水夹2，闭合止水夹1。
分别取丙、戊试管液体进行分成检测：丙试管产物KCl、，戊试管产物KCl、。
①装置乙中溶液的作用为　 　。
②丙装置采用热水浴的优点是　 　；丙装置中试管内发生反应的离子方程式为　 　。
（4）在一定温度下，将一定量氯气通入KOH溶液中发生反应，若得到，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为　 　。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）；5：3；
（3）吸收剩余氯气；使试管受热均匀，反应平稳；
（4）1：2
【知识点】氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）加入药品前，先检查装置气密性。
故答案为： 检查装置气密性 ；
（2）①甲中制备氯气的反应为；②1 mol反应中消耗16 mol HCl，其中10 mol HCl参与氧化还原反应，6 mol HCl体现酸性，物质的量之比为10：6=5：3；③
SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式为故答案为： ； 5：3 ； ；
（3）①实验结束后打开止水夹2，吸收剩余氯气；②丙装置采取热水浴的优点为使试管受热均匀，反应平稳；③丙中反应的离子方程式为。
故答案为： 吸收剩余氯气 ； 使试管受热均匀，反应平稳 ； ；
（4）发生反应的离子方程式为，氧化产物为和，还原产物为，物质的量之比为(3+1)：8=1：2。
故答案为： 1：2 ；
【分析】组装装置后，应检查装置气密性，甲为氯气发生装置，装置乙在实验结束后吸收装置内剩余氯气，装置丙探究氯气在热水中与KOH反应，装置戊探究氯气在冷水中和KOH的反应，装置丁防倒吸，据此解答。
(1)气体实验装置在加药品前，需先检查装置的气密性。
(2)反应物与生成物的种类，书写甲装置离子方程式：；体现还原性（被氧化）与酸性的HCl物质的量比为5：3； SO2使酸性KMnO4褪色的离子方程式：。
(3)① 乙中NaOH溶液：吸收实验后剩余的Cl2，防止污染；
② 丙用水浴加热：使试管受热均匀，反应更平稳；根据反应物与生成物的种类，书写丙中离子方程式：。
(4)据，写出反应：；氧化产物（ClO-、ClO3-）与还原产物（Cl-）物质的量比为(3+1)：8=1：2。
（1）加入药品前，先检查装置气密性。
（2）①甲中制备氯气的反应为；②1 mol反应中消耗16 mol HCl，其中10 mol HCl参与氧化还原反应，6 mol HCl体现酸性，物质的量之比为10：6=5：3；③
SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式为。
（3）①实验结束后打开止水夹2，吸收剩余氯气；②丙装置采取热水浴的优点为使试管受热均匀，反应平稳；③丙中反应的离子方程式为。
（4）发生反应的离子方程式为，氧化产物为和，还原产物为，物质的量之比为(3+1)：8=1：2。
15．化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+R1CHO；
②RCHO+R1CH2CHO+H2O；
③。
回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　，X的结构简式为　 　。
（3）转化中第1)步反应的化学方程式为　 　。
（4）E与氢气发生加成反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为　 　。
①分子中含有苯环
②能水解且能发生银镜反应
（5）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物的路线如下(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为　 　和　 　。
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）加或反应；
（3）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（4）14；和
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）观察H的结构，含有的官能团是碳碳双键、羧基。
故答案为：碳碳双键、羧基（2）：E（）与反应，双键加成原子，反应类型为加成反应。结合已知反应③（双烯加成成环）及G、H结构，逆推得X为。
故答案为：加成反应；
（3）D第1步是银镜反应（醛基被银氨溶液氧化），化学方程式：
+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（4）E（）加氢得Y（），同分异构体需含苯环、能水解且能发生银镜反应（即含甲酸酯基）。苯环可以是三取代的，如拆成2个，1个，共6种；苯环也可以是二取代的，如拆成1个和1个，或拆成1个和1个，共有6种；苯环还可以是一取代的，取代基可以是或，共有2种；故满足条件的同分异构体一共有14种。其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，说明有四种情况的氢且比例为6：2：1：1，则其结构简式为和。
故答案为：14；和
（5）丙烯先与加成得M（），再消去得N（），最后双烯加成成环。故M为，N为。
故答案为：；
【分析】化合物A含有碳碳双键（），通过已知反应①（臭氧氧化断裂双键），A被氧化断裂生成B（苯甲醛，）和C（乙醛，）。
根据已知反应②（醛醛缩合反应），B与C在碱性条件下（，加热）发生加成-消去反应，生成D（含碳碳双键和醛基）。D中的醛基经过银氨溶液氧化（①银氨溶液、加热，②酸化）转化为羧基，得到E（含碳碳双键和羧基）。
E与溴的四氯化碳溶液（）发生加成反应，双键上加溴生成F（二溴代物）。F在强碱醇溶液（①醇溶液、加热，②酸化）条件下发生消去反应（脱去），生成G（含碳碳三键和羧基）。
结合已知反应③（双烯加成成环反应），G与X（含共轭双键结构）在催化剂作用下发生环化加成，最终生成目标产物H（含碳碳双键和羧基）。
（1）观察H的结构，含有的官能团是碳碳双键、羧基。
（2）：E（）与反应，双键加成原子，反应类型为加成反应。结合已知反应③（双烯加成成环）及G、H结构，逆推得X为。
（3）D第1步是银镜反应（醛基被银氨溶液氧化），化学方程式：
+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
（4）E（）加氢得Y（），同分异构体需含苯环、能水解且能发生银镜反应（即含甲酸酯基）。苯环可以是三取代的，如拆成2个，1个，共6种；苯环也可以是二取代的，如拆成1个和1个，或拆成1个和1个，共有6种；苯环还可以是一取代的，取代基可以是或，共有2种；故满足条件的同分异构体一共有14种。其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，说明有四种情况的氢且比例为6：2：1：1，则其结构简式为和。
（5）丙烯先与加成得M（），再消去得N（），最后双烯加成成环。故M为，N为。
16．Ⅰ、四氧化三铁磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。
（1）中国科学院上海硅酸盐研究所研制出“纳米药物分子运输车”，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是______。
A. 该“运输车”中二氧化硅是酸性氧化物 B. 四氧化三铁起到“磁性导航仪”的作用
C. 该“运输车”的外壳不含碳元素 D. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
（2）能和稀硫酸反应，生成的两种盐是________。验证反应后溶液中含有的最恰当的试剂是________。
A．氯水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．KSCN溶液 D．NaOH溶液
II、铁粉在氧气中燃烧是制取最为快捷的方法。
A~D是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，要求气流稳定，流速可控。
（3）根据题目要求，A装置最好选________。(从上图①、②、③中选择)
（4）写出B装置中反应的化学方程式________。
Ⅲ、氧化沉淀法也是制取的一种常见方法，其制取流程如下图所示：
（5）副产品P是________(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→________→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。
（6）某兴趣小组模仿上述流程制取并测定其产率。具体操作如下：
Ⅰ、测定绿矾的含量：称取3.0 g工业绿矾，配制成250.00 mL溶液。量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00 mL。(滴定时发生反应的离子方程式为)
Ⅱ、称取300 g工业绿矾，通过上述流程最终制得。
计算产品的产率________(保留4位有效数字)。
【答案】(1) A，B
(2) FeSO4、Fe2(SO4)3 B
(3) ①
(4)
(5) Na2SO4 冷却结晶
(6) 64.66%
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物。SiO2能与NaOH等强碱反应生成硅酸钠和水，所以SiO2是酸性氧化物，A正确；
B．四氧化三铁具有磁性，可利用其磁性起到“磁性导航仪”的作用，引导“运输车”到达指定位置，B正确；
C．“运输车”的外壳是有机物，有机物都含有碳元素，C错误；
D．胶体的分散质粒子直径在1 - 100 nm之间，而该“运输车”的直径为200 nm，分散于水中所得的分散系不属于胶体，D错误；
故答案为：AB。
（2）可以看作FeO· Fe2O3，与稀硫酸反应时，FeO和Fe2O3分别与稀硫酸反应，化学方程式为，所以生成的两种盐是FeSO4、Fe2(SO4)3。
A．氯水可将Fe2+氧化为Fe3+，但氯水本身有颜色，会干扰后续现象观察，不是最恰当的试剂；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而反应后溶液中的Fe3+等不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，是最恰当的试剂；
C．KSCN溶液用于检验Fe3+，不能检验Fe2+；
D．NaOH溶液与Fe2+反应生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；但溶液中同时存在Fe3+，Fe3+与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，会干扰Fe2+的检验；
故答案为：B。
（3）A装置用于制取二氧化碳，常用碳酸钙和稀盐酸反应，要求气流平稳，流速可控，则应选择分液漏斗，可以通过控制滴加稀盐酸的滴速来控制气体流速，即最好选择装置①。
故答案为： ① ；
（4）B装置中是二氧化碳与过氧化钠反应，化学方程式为。
故答案为： ；
（5）工业绿矾溶解后得到FeSO4溶液，加入NaOH溶液并通入空气，发生反应：，后续反应最终得到和Na2SO4溶液（溶液N）。所以副产品P是Na2SO4。由Na2SO4溶液获得Na2SO4晶体，操作是加热浓缩→冷却结晶→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。因为Na2SO4的溶解度随温度变化有一定规律，通过冷却结晶可使Na2SO4晶体析出。
故答案为： Na2SO4 ；冷却结晶 ；
（6）根据滴定反应的离子方程式，可知。量取的25.00mL溶液中，，则25.00mL溶液中。配制的250.00mL溶液中，即3.0g工业绿矾中含Fe2+的物质的量为0.01mol。设300g工业绿矾中Fe2+的物质的量为x，根据比例关系，解得x = 1mol。Fe3O4可看作FeO· Fe2O3，1mol Fe2+参与反应，根据铁元素守恒，理论上生成Fe3O4的物质的量为。Fe3O4的摩尔质量为，则理论上生成Fe3O4的质量。产率 =。
故答案为： 64.66% 。
【分析】Ⅱ、装置制取四氧化三铁的分析
该实验通过多装置协同制备 Fe3O4：
装置 A：选用带分液漏斗的装置（如①），通过调节稀盐酸的滴加速度，稳定生成二氧化碳气流，为后续反应提供原料。
装置 B：二氧化碳与过氧化钠（Na2O2）反应生成氧气（O2），为铁粉燃烧提供反应物。
装置 C：利用浓硫酸的吸水性干燥氧气，除去其中的水蒸气（避免水蒸气干扰铁粉燃烧生成 Fe3O4）。
装置 D：干燥后的氧气在酒精喷灯加热条件下，与铁粉发生燃烧反应，直接生成 Fe3O4。
Ⅲ、氧化沉淀法制备 Fe3O4的流程分析
流程分三步，核心是从工业绿矾转化为目标产物和副产品：
溶解除杂：将工业绿矾（FeSO4 7H2O）在 50℃~80℃热水中溶解，过滤除去杂质后，得到较纯净的硫酸亚铁（FeSO4）溶液，作为后续反应的原料。
反应生成产物：向 FeSO4溶液中先加入适量氢氧化钠（NaOH）溶液，再通入一定量空气，Fe2+被氧化为氢氧化铁（Fe(OH)3）沉淀（后续转化为沉淀 M，最终制得 Fe3O4），同时生成硫酸钠（Na2SO4）溶液（溶液 N）。
分离提纯：通过过滤分离出 Fe(OH)3沉淀（经处理得到 Fe3O4）；对 Na2SO4溶液依次进行加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，再将晶体加热至完全失去结晶水，得到副产品 Na2SO4。
(1)SiO2是酸性氧化物（能与碱反应生成盐和水）；Fe3O4有磁性，可作 “磁性导航仪”；有机物外壳含碳元素；分散质直径 200nm（超胶体 1-100nm 范围）。
(2)Fe3O4与稀硫酸反应生成 FeSO4和 Fe2(SO4)3；检验 Fe2+选酸性 KMnO4溶液（Fe2+使其褪色，Fe3+无干扰），答案为 FeSO4、Fe2(SO4)3和 B。
(3)需选能控制 CO2流速的装置，①用分液漏斗可调节液体滴加速度，故选①。
(4)B 中 CO2与 Na2O2反应生成 O2，化学方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
(5)流程中生成 Na2SO4溶液（溶液N），副产品 P 为 Na2SO4；操作步骤为加热浓缩→冷却结晶→过滤洗涤等。
(6)先通过滴定计算 Fe2+总量，再根据 Fe 守恒求 Fe3O4理论产量，产率 =（50g÷理论质量）×100%≈64.66%。
1 / 1天津市第一中学2025-2026学年高三上学期月考化学试题
一、单项选择题(共12小题，每题3分，共36分)
1．中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
A．纸哪吒 B．石印章 C．木活字 D．不锈钢针
A．A B．B C．C D．D
2．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中滴加足量溶液：
B．在氨水中通入少量的气体：
C．溶液中通入少量：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：
3．在指定环境中，下列各组离子或分子可以大量共存的是
A．加入粉末的溶液：
B．无色溶液中：
C．使甲基橙变红的溶液中：
D．溶液：
4．制氘代硫化氢(D2S)气体有两种方法：①H2S与D2O反应，②FeS与DCl的D2O溶液反应。下列说法不正确的是
A．H2S和D2O均为极性分子
B．H2S和D2S互为同素异形体
C．方法②的反应：FeS+2DCl＝D2S↑+FeCl2
D．方法②的产品纯度比方法①的产品纯度高
5．下列化学用语正确的是
A．有机物的名称：3-醛基戊烷
B．醛基的碳氧双键的极性：
C．基态Mn原子的价电子排布图：
D．氨基的电子式：
6．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是
A．
B．
C．
D．溶液溶液晶体
7．离子化合物和与水的反应分别为：①；②。下列说法不正确的是
A．、中均有离子键和共价键
B．①中水没有发生化合价变化，②中水发生还原反应
C．中阳、阴离子个数比为，中阳、阴离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为
8．下列关于配制NaOH标准溶液并用其滴定草酸溶液浓度的操作正确的是
A． B．
C． D．
9．处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质
10．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（　　）
A．至少存在5种离子
B．Cl-一定存在，且c（Cl ）≥0.4mol/L
C．SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
11．常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
12．以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。
已知：
i．加热氯化时会生成可进一步转化为。
ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。
下列说法不正确的是
A．氯化时生成的反应为
B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率
C．若滤渣中无，滤液中约为
D．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到粗品
二、填空题(共4小题，共64分)
13．通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。
（1）将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整　 　：
（2）的空间结构为　 　。中N-H键是由氮原子的　 　轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。
（3）的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。
①的配体中，配位原子是　 　。
②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。
（4）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示为)，局部结构示意图如下所示。
①对于的稳定存在有重要作用。与之间的作用力类型有　 　。
②比较中键角　 　中键角大小(填>，=，<)并解释原因：　 　。
14．某学校化学实验小组成员设计如图实验装置，制备并探究化学性质。
（1）加入药品之前，先进行的实验操作是　 　。
（2）实验开始后，打开止水夹1，闭合止水夹2.甲装置发生反应的离子方程式为　 　，其中体现还原性的盐酸与体现酸性的盐酸的物质的量之比为　 　；在反应中高锰酸钾体现强氧化性，请写出使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式　 　。
（3）实验结束后，打开止水夹2，闭合止水夹1。
分别取丙、戊试管液体进行分成检测：丙试管产物KCl、，戊试管产物KCl、。
①装置乙中溶液的作用为　 　。
②丙装置采用热水浴的优点是　 　；丙装置中试管内发生反应的离子方程式为　 　。
（4）在一定温度下，将一定量氯气通入KOH溶液中发生反应，若得到，则反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为　 　。
15．化合物H是一种有机材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+R1CHO；
②RCHO+R1CH2CHO+H2O；
③。
回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　，X的结构简式为　 　。
（3）转化中第1)步反应的化学方程式为　 　。
（4）E与氢气发生加成反应生成化合物Y，Y有多种同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为　 　。
①分子中含有苯环
②能水解且能发生银镜反应
（5）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物的路线如下(部分反应条件已略去)。其中M和N的结构简式为　 　和　 　。
16．Ⅰ、四氧化三铁磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。
（1）中国科学院上海硅酸盐研究所研制出“纳米药物分子运输车”，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是______。
A. 该“运输车”中二氧化硅是酸性氧化物 B. 四氧化三铁起到“磁性导航仪”的作用
C. 该“运输车”的外壳不含碳元素 D. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
（2）能和稀硫酸反应，生成的两种盐是________。验证反应后溶液中含有的最恰当的试剂是________。
A．氯水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．KSCN溶液 D．NaOH溶液
II、铁粉在氧气中燃烧是制取最为快捷的方法。
A~D是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，要求气流稳定，流速可控。
（3）根据题目要求，A装置最好选________。(从上图①、②、③中选择)
（4）写出B装置中反应的化学方程式________。
Ⅲ、氧化沉淀法也是制取的一种常见方法，其制取流程如下图所示：
（5）副产品P是________(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→________→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。
（6）某兴趣小组模仿上述流程制取并测定其产率。具体操作如下：
Ⅰ、测定绿矾的含量：称取3.0 g工业绿矾，配制成250.00 mL溶液。量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00 mL。(滴定时发生反应的离子方程式为)
Ⅱ、称取300 g工业绿矾，通过上述流程最终制得。
计算产品的产率________(保留4位有效数字)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A．纸的主要成分是纤维素，属于有机材料，不属于合金，A不符合题意；
B．石印章的材料通常是天然矿物，其主要成分为大理石、寿山石等，属于硅酸盐或碳酸盐，不属于合金，B不符合题意；
C．木活字的材料是木材，主要成分为纤维素和木质素，均属于有机材料，不属于合金，C不符合题意；
D．不锈钢是铁(Fe)与铬(Cr)、镍(Ni)等金属形成的合金，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对物质组成和材料分类的考查，属于合金的是金属单质或合金。据此结合选项所给物质的成分进行分析即可。
2．【答案】B
【知识点】氢氧化铝的制取和性质探究；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解析】A．当NaOH过量时，产物为四羟基合铝酸根离子（），其离子反应方程式为：，选项A错误。
B．在氨水过量的情况下，反应产物为硫酸铵（(NH4)2SO3），选项B正确。
C．当苯酚钠过量时，产物为苯酚和碳酸氢钠，其离子反应方程式为：，选项C错误。
D．将等物质的量浓度的氢氧化钡（）和硫酸氢铵（）溶液按体积比1：1混合时，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，其离子反应方程式为：，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、NaOH溶液过量，则反应生成[Al(OH)4]－。
B、SO2少量则反应生成SO32－。
C、酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3－，据此确定反应的离子方程式。
D、二者的物质的量相等，OH－与H＋、NH4＋反应。
3．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Na2O2与水反应会生成 NaOH（使溶液呈碱性）和 O2（具有强氧化性）。
SO32-具有还原性，会被 O2氧化，无法与该环境中的成分共存；A组不能大量共存。
B、NH3 H2O 与 [Ag(NH3)2]+、OH-、Cl-之间：
[Ag(NH3)2]+本身是 NH3 H2O 与 Ag+形成的稳定络离子，在碱性条件下不会分解；各粒子间无氧化还原、沉淀等反应；B组可以大量共存；
C、CH3COO-是弱酸根，在酸性条件下会与 H+结合生成 CH3COOH；HClO 具有弱酸性，在强酸性环境中能稳定存在，但 CH3COO-已无法共存；C不能大量共存；
D、KNO3在溶液中电离出 NO3-，NO3-在 H+存在时（酸性环境）具有强氧化性：I-具有还原性，会被 NO3-（H+）氧化，无法共存；D组不能大量共存；
故答案为：B。
【分析】A、看到 “Na2O2”，直接关联 “强氧化性 + 碱性”，优先排查还原性离子（如 SO32-），确定其会被氧化。
B、看到 “[Ag(NH3)2]+”，明确它是 NH3 H2O 环境下的稳定络离子，碱性中不会分解，再检查其他粒子无反应。
C、看到 “甲基橙变红”，直接判定 “酸性环境”，优先排查弱酸根（如 CH3COO-），确定其与 H+结合。
D、看到 “KNO3 + H+”，直接关联 “NO3-的强氧化性”，优先排查还原性离子（如 I-），确定其会被氧化。
4．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；同素异形体
【解析】【解答】A．H2S和D2O分子中都含有极性键，它们的分子结构呈V形，正负电荷中心不重合，因此都是极性分子，A选项正确。B．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，而H2S和D2S都是化合物，不是单质，所以它们不互为同素异形体，B选项错误。
C．根据题目信息和元素守恒，FeS与DCl的D2O溶液反应会生成D2S和FeCl2，该反应方程式正确，C选项正确。
D．方法①中H2S与D2O可能发生同位素交换反应（如生成HDS），导致产物不纯；而方法②直接使用DCl和D2O提供氘，产物的纯度更高，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、H2S、D2O都为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子。
B、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
C、FeS与DCl反应生成FeCl2和D2S。
D、方法①中可能生成HDS气体。
5．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；有机物中的官能团；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该有机物主链含5个碳，醛基在1号碳，3号碳连乙基，正确名称应为“3-乙基戊醛”；选项错误地将醛基作取代基（称“3-醛基戊烷”），违背醛类命名规则 ，A错误；
B、O的电负性大于C，碳氧双键（C=O）中电子对偏向O，使O带部分负电（δ-）、C带部分正电（δ+）； 正确的极性为，B正确；
C、基态Mn的3d轨道应排5个自旋平行的电子（无成对），4s轨道排2个自旋相反的电子； 价电子排布图为，C错误；
D、正确电子式应为 ，需体现N的孤电子对，未正确表示N的孤电子对，书写不规范 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．醛基（-CHO）是主官能团，命名时需以“醛”为母体，且醛基对应的碳为1号碳。
B．极性由原子电负性差异决定，电子对偏向电负性大的原子。
C．Mn的原子序数为25，价电子为3d54s2；需遵循洪特规则（电子优先分占轨道、自旋平行）和泡利原理（一个轨道最多2个自旋相反的电子）。
D．氨基（-NH2）中N原子最外层有5个电子，与2个H形成2对共用电子对后，剩余1对孤电子对（共6个价电子）。
6．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．CaSO3溶液中存在Ca2+离子，当加入饱和Na2SO4溶液时，由于溶液中浓度增大，可能导致Qc(CaSO4)＞Ksp(CaSO4)，从而形成CaSO4沉淀。但CaSO4与盐酸不反应，因此第二步无法实现，A选项错误。B．FeS2在煅烧条件下可以生成SO2，但SO2与浓硫酸不发生反应，无法进一步转化为SO3，B选项错误。
C．HClO在光照条件下分解生成HCl和O2，而不是Cl2，因此第一步反应不正确。虽然铁在氯气中燃烧可以生成氯化铁，但由于第一步错误，C选项错误。
D．CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇后由于溶解度降低，可以析出晶体，两步反应均正确，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、CaSO4与HCl不反应。
B、SO2与浓硫酸不反应。
C、HClO光照分解生成HCl和O2。
D、CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度较低。
7．【答案】A
【知识点】化学键；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、由和构成，含有离子键和共价键；而由和构成，仅含离子键，A选项错误。
B、在反应①中，中的-1价氧元素发生歧化反应，部分变为-2价，部分变为0价，而水分子中的元素价态没有变化。在反应②中，中的-1价氢被氧化为0价，水中的+1价氢被还原为0价，B选项正确。
C、的阳离子()与阴离子()的比例为2：1；的阳离子()与阴离子()的比例为1：2，C选项正确。
D、反应①每生成1mol转移2mol电子，反应②每生成2mol转移2mol电子。因此当电子转移数相同时，生成的与的物质的量之比为1：2，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、CaH2中只含有离子键
B、反应①中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂；反应②中H2O是氧化剂。
C、Na2O2由Na＋和O22－构成；CaH2由Ca2＋和H－构成。
D、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
8．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、NaOH 溶解会放热，需在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移到容量瓶；且转移时应使用玻璃棒引流。选项直接在容量瓶中溶解 NaOH（容量瓶不能用于溶解、稀释），同时未用玻璃棒引流，A错误；
B、定容时，当液面距刻度线 1-2cm 时，需改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；且读数时视线应与凹液面最低处相平，选项中液面已超过刻度线，且读数时视线俯视（会导致溶液体积偏小），不符合定容规范，B错误；
C、摇匀时，应该用右手拖住容量瓶底部（用食指顶住瓶塞，用另一只手手指托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀），操作错误，C错误；
D、NaOH 是强碱，需用碱式滴定管（或带聚四氟乙烯活塞的酸式滴定管）盛装；滴定中草酸加酚酞作指示剂，符合酸碱滴定的操作要求，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这类实验操作题，关键抓 3 个 “匹配性”：
仪器与用途匹配：明确仪器的专属功能（如容量瓶仅用于定容，不能溶解固体），只要仪器用错用途，直接判定错误。
操作与规范匹配：聚焦关键步骤的标准动作（如定容视线要平），细节错误直接排除。
试剂与仪器或指示剂匹配：根据试剂性质选对应工具（如强碱用聚四氟乙烯活塞滴定管）、根据滴定终点酸碱性选指示剂（如强碱滴定弱酸用酚酞）。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“沉铜” 是 Fe 置换 Cu2+，但 Fe 与 Cu2+ 反应生成的是 Fe2+（不是 Fe3+），正确离子方程式应为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A错误；
B、Al(OH)3是两性氢氧化物，过量 NaOH 会与 Al(OH)3反应生成可溶的 NaAlO2，反而会使 Al (OH)3沉淀溶解，并非 NaOH 加越多沉淀越完全，B错误；
C、“氧化” 过程是 H2O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+（生成 Fe (OH)3沉淀），铁元素化合价从 + 2 升高到 +3，并非降低，C错误；
D、“沉锂” 是向含 Li+的溶液中加 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度比 Na2CO3小的性质，使 Li+ 以 Li2CO3形式沉淀析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】处理含 Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+ 的酸浸液时，先加入 Fe 粉，通过置换反应将 Cu2+ 转化为 Cu 单质分离（沉铜）；随后加入 NaOH，使溶液中的 Al3+ 结合 OH-生成 Al(OH)3沉淀除去（碱浸）；再加入 H2O2，将溶液中残留的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，进而转化为 Fe(OH)3沉淀分离（氧化）；最后向含 Li+的滤液中加入 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度较小的性质，使 Li+转化为 Li2CO3沉淀析出（沉锂）。
10．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.至少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，A项不符合题意；
B.根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，即c(Cl-) ≥ 0.4mol·L-1，B项符合题意；
C.一定存在氯离子，C项不符合题意；
D.Al3+无法判断是否存在，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明溶液中一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L。
11．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A不符合题意；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B不符合题意；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C不符合题意；
D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水分子中含有2个孤电子对；
B.该反应中氮气为氧化剂，氧化剂在反应中得电子；
C.氨水的体积未知；
D.消耗0.5mol氮气，生成氧气的物质的量为0.75mol。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 在加热氯化过程中会先生成次氯酸钙（），随后次氯酸钙进一步转化为氯酸钙（）。根据氧化还原反应的电子得失守恒和原子守恒，生成氯酸钙的反应可以表示为：，选项A正确。B. 适当降低通入氯气（）的速率并充分搅拌，可以增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，提高氯气的利用率，选项B正确。
C. 在氯化过程中，氢氧化钙（）首先与氯气反应生成次氯酸钙（Ca(ClO)2）、氯化钙（）和水。随后，次氯酸钙分解生成氯酸钙（）和氯化钙（）。根据反应式可知，分解产生的氯酸钙与氯化钙的物质的量之比为1：2。然而，由于氢氧化钙与氯气的反应也会生成氯化钙，因此滤液中氯酸钙与氯化钙的物质的量之比并非约为1：2，选项C错误。
D. 氯酸钾（KClO3）的溶解度比氯酸钙（Ca(ClO3)2）小，且氯酸钾的溶解度随温度变化较大。因此，通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法可以得到氯酸钾晶体，选项D正确。
故答案为：C
【分析】电石渣的主要成分为Ca(OH)2，微溶于水，加水“打浆”后形成Ca(OH)2悬浊液。通入Cl2进行“氯化”操作，发生反应2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。Ca(ClO)2进一步反应转化为Ca(ClO3)2，该转化的化学方程式为3Ca(ClO)2=Ca(ClO3)2＋2CaCl2。过滤后所得滤液成分为Ca(ClO3)2溶液，加入KCl后，由于KClO3的溶解度受温度的影响较大，因此可通过蒸发浓度、冷却结晶、过滤，得到KClO3粗品。据此结合选项分析作答。
13．【答案】（1）
（2）三角锥形；sp3杂化轨道
（3）N；
（4）离子键、氢键；<；二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）镁的原子序数为12，基态镁原子的核外电子排布式为，最外层为3s轨道，3s轨道有2个电子，且自旋方向相反，轨道表示式为：。
故答案为： ；
（2）NH3中N原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。NH3中N原子采取sp3杂化，N - H键是由氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。
故答案为： 三角锥形 ； sp3杂化轨道 ；
（3）①在中，配体是NH3，配位原子是N原子（N原子提供孤电子对与Mg2+形成配位键）。
②根据密度公式和分析可知，，可得密度。
故答案为： N ； ；
（4）①为阳离子，为阴离子，结合图示可知，与之间的作用力类型有离子键和氢键。
②二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
故答案为： 离子键、氢键 ； < ； 二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
【分析】小问3：晶胞边长a =cm，晶胞体积V=。由晶胞结构可知，[Mg(NH3)6]2+位于晶胞顶点和面心，Cl-位于晶胞内部。[Mg(NH3)6]2+的个数为，Cl-的个数为8，晶胞的质量。
(1)基态Mg原子最外层电子排布为3s2，3p轨道为空。3s轨道填2个自旋相反的电子，轨道表示式中3s轨道写“↑↓”，3p轨道留空。
(2)NH3中N原子价层电子对数为4（含1对孤电子对），空间结构为三角锥形；
N原子采取sp3杂化，N-H键由N的sp3杂化轨道与H的1s轨道重叠形成σ键。
(3)① 配体为NH3，N原子提供孤电子对与Mg2+成键，配位原子是N；
② 晶胞中[Mg(NH3)6]2+有4个、Cl-有8个，密度公式为（M为摩尔质量，a单位为nm）。
(4)① NH4+与N5-间存在离子键，且通过N-H…N形成氢键；
② H3O+中O有1对孤电子对，NH4+中N无孤电子对，孤电子对斥力更大，故H3O+的H-O-H键角＜NH4+的H-N-H键角。
（1）镁的原子序数为12，基态镁原子的核外电子排布式为，最外层为3s轨道，3s轨道有2个电子，且自旋方向相反，轨道表示式为：。
（2）NH3中N原子的价层电子对数为，有1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。NH3中N原子采取sp3杂化，N - H键是由氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成σ键。
（3）①在中，配体是NH3，配位原子是N原子（N原子提供孤电子对与Mg2+形成配位键）。
②根据密度公式和分析可知，，可得密度。
（4）①为阳离子，为阴离子，结合图示可知，与之间的作用力类型有离子键和氢键。
②二者的中心原子均采取sp3杂化，中O原子有1对孤电子对，中N原子没有孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，中孤电子对的排斥作用使得H - O - H键角变小，而中无孤电子对，键角更大。
14．【答案】（1）检查装置气密性
（2）；5：3；
（3）吸收剩余氯气；使试管受热均匀，反应平稳；
（4）1：2
【知识点】氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）加入药品前，先检查装置气密性。
故答案为： 检查装置气密性 ；
（2）①甲中制备氯气的反应为；②1 mol反应中消耗16 mol HCl，其中10 mol HCl参与氧化还原反应，6 mol HCl体现酸性，物质的量之比为10：6=5：3；③
SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式为故答案为： ； 5：3 ； ；
（3）①实验结束后打开止水夹2，吸收剩余氯气；②丙装置采取热水浴的优点为使试管受热均匀，反应平稳；③丙中反应的离子方程式为。
故答案为： 吸收剩余氯气 ； 使试管受热均匀，反应平稳 ； ；
（4）发生反应的离子方程式为，氧化产物为和，还原产物为，物质的量之比为(3+1)：8=1：2。
故答案为： 1：2 ；
【分析】组装装置后，应检查装置气密性，甲为氯气发生装置，装置乙在实验结束后吸收装置内剩余氯气，装置丙探究氯气在热水中与KOH反应，装置戊探究氯气在冷水中和KOH的反应，装置丁防倒吸，据此解答。
(1)气体实验装置在加药品前，需先检查装置的气密性。
(2)反应物与生成物的种类，书写甲装置离子方程式：；体现还原性（被氧化）与酸性的HCl物质的量比为5：3； SO2使酸性KMnO4褪色的离子方程式：。
(3)① 乙中NaOH溶液：吸收实验后剩余的Cl2，防止污染；
② 丙用水浴加热：使试管受热均匀，反应更平稳；根据反应物与生成物的种类，书写丙中离子方程式：。
(4)据，写出反应：；氧化产物（ClO-、ClO3-）与还原产物（Cl-）物质的量比为(3+1)：8=1：2。
（1）加入药品前，先检查装置气密性。
（2）①甲中制备氯气的反应为；②1 mol反应中消耗16 mol HCl，其中10 mol HCl参与氧化还原反应，6 mol HCl体现酸性，物质的量之比为10：6=5：3；③
SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应的离子方程式为。
（3）①实验结束后打开止水夹2，吸收剩余氯气；②丙装置采取热水浴的优点为使试管受热均匀，反应平稳；③丙中反应的离子方程式为。
（4）发生反应的离子方程式为，氧化产物为和，还原产物为，物质的量之比为(3+1)：8=1：2。
15．【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）加或反应；
（3）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（4）14；和
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）观察H的结构，含有的官能团是碳碳双键、羧基。
故答案为：碳碳双键、羧基（2）：E（）与反应，双键加成原子，反应类型为加成反应。结合已知反应③（双烯加成成环）及G、H结构，逆推得X为。
故答案为：加成反应；
（3）D第1步是银镜反应（醛基被银氨溶液氧化），化学方程式：
+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（4）E（）加氢得Y（），同分异构体需含苯环、能水解且能发生银镜反应（即含甲酸酯基）。苯环可以是三取代的，如拆成2个，1个，共6种；苯环也可以是二取代的，如拆成1个和1个，或拆成1个和1个，共有6种；苯环还可以是一取代的，取代基可以是或，共有2种；故满足条件的同分异构体一共有14种。其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，说明有四种情况的氢且比例为6：2：1：1，则其结构简式为和。
故答案为：14；和
（5）丙烯先与加成得M（），再消去得N（），最后双烯加成成环。故M为，N为。
故答案为：；
【分析】化合物A含有碳碳双键（），通过已知反应①（臭氧氧化断裂双键），A被氧化断裂生成B（苯甲醛，）和C（乙醛，）。
根据已知反应②（醛醛缩合反应），B与C在碱性条件下（，加热）发生加成-消去反应，生成D（含碳碳双键和醛基）。D中的醛基经过银氨溶液氧化（①银氨溶液、加热，②酸化）转化为羧基，得到E（含碳碳双键和羧基）。
E与溴的四氯化碳溶液（）发生加成反应，双键上加溴生成F（二溴代物）。F在强碱醇溶液（①醇溶液、加热，②酸化）条件下发生消去反应（脱去），生成G（含碳碳三键和羧基）。
结合已知反应③（双烯加成成环反应），G与X（含共轭双键结构）在催化剂作用下发生环化加成，最终生成目标产物H（含碳碳双键和羧基）。
（1）观察H的结构，含有的官能团是碳碳双键、羧基。
（2）：E（）与反应，双键加成原子，反应类型为加成反应。结合已知反应③（双烯加成成环）及G、H结构，逆推得X为。
（3）D第1步是银镜反应（醛基被银氨溶液氧化），化学方程式：
+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
（4）E（）加氢得Y（），同分异构体需含苯环、能水解且能发生银镜反应（即含甲酸酯基）。苯环可以是三取代的，如拆成2个，1个，共6种；苯环也可以是二取代的，如拆成1个和1个，或拆成1个和1个，共有6种；苯环还可以是一取代的，取代基可以是或，共有2种；故满足条件的同分异构体一共有14种。其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为6：2：1：1，说明有四种情况的氢且比例为6：2：1：1，则其结构简式为和。
（5）丙烯先与加成得M（），再消去得N（），最后双烯加成成环。故M为，N为。
16．【答案】(1) A，B
(2) FeSO4、Fe2(SO4)3 B
(3) ①
(4)
(5) Na2SO4 冷却结晶
(6) 64.66%
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物。SiO2能与NaOH等强碱反应生成硅酸钠和水，所以SiO2是酸性氧化物，A正确；
B．四氧化三铁具有磁性，可利用其磁性起到“磁性导航仪”的作用，引导“运输车”到达指定位置，B正确；
C．“运输车”的外壳是有机物，有机物都含有碳元素，C错误；
D．胶体的分散质粒子直径在1 - 100 nm之间，而该“运输车”的直径为200 nm，分散于水中所得的分散系不属于胶体，D错误；
故答案为：AB。
（2）可以看作FeO· Fe2O3，与稀硫酸反应时，FeO和Fe2O3分别与稀硫酸反应，化学方程式为，所以生成的两种盐是FeSO4、Fe2(SO4)3。
A．氯水可将Fe2+氧化为Fe3+，但氯水本身有颜色，会干扰后续现象观察，不是最恰当的试剂；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而反应后溶液中的Fe3+等不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，是最恰当的试剂；
C．KSCN溶液用于检验Fe3+，不能检验Fe2+；
D．NaOH溶液与Fe2+反应生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；但溶液中同时存在Fe3+，Fe3+与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，会干扰Fe2+的检验；
故答案为：B。
（3）A装置用于制取二氧化碳，常用碳酸钙和稀盐酸反应，要求气流平稳，流速可控，则应选择分液漏斗，可以通过控制滴加稀盐酸的滴速来控制气体流速，即最好选择装置①。
故答案为： ① ；
（4）B装置中是二氧化碳与过氧化钠反应，化学方程式为。
故答案为： ；
（5）工业绿矾溶解后得到FeSO4溶液，加入NaOH溶液并通入空气，发生反应：，后续反应最终得到和Na2SO4溶液（溶液N）。所以副产品P是Na2SO4。由Na2SO4溶液获得Na2SO4晶体，操作是加热浓缩→冷却结晶→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。因为Na2SO4的溶解度随温度变化有一定规律，通过冷却结晶可使Na2SO4晶体析出。
故答案为： Na2SO4 ；冷却结晶 ；
（6）根据滴定反应的离子方程式，可知。量取的25.00mL溶液中，，则25.00mL溶液中。配制的250.00mL溶液中，即3.0g工业绿矾中含Fe2+的物质的量为0.01mol。设300g工业绿矾中Fe2+的物质的量为x，根据比例关系，解得x = 1mol。Fe3O4可看作FeO· Fe2O3，1mol Fe2+参与反应，根据铁元素守恒，理论上生成Fe3O4的物质的量为。Fe3O4的摩尔质量为，则理论上生成Fe3O4的质量。产率 =。
故答案为： 64.66% 。
【分析】Ⅱ、装置制取四氧化三铁的分析
该实验通过多装置协同制备 Fe3O4：
装置 A：选用带分液漏斗的装置（如①），通过调节稀盐酸的滴加速度，稳定生成二氧化碳气流，为后续反应提供原料。
装置 B：二氧化碳与过氧化钠（Na2O2）反应生成氧气（O2），为铁粉燃烧提供反应物。
装置 C：利用浓硫酸的吸水性干燥氧气，除去其中的水蒸气（避免水蒸气干扰铁粉燃烧生成 Fe3O4）。
装置 D：干燥后的氧气在酒精喷灯加热条件下，与铁粉发生燃烧反应，直接生成 Fe3O4。
Ⅲ、氧化沉淀法制备 Fe3O4的流程分析
流程分三步，核心是从工业绿矾转化为目标产物和副产品：
溶解除杂：将工业绿矾（FeSO4 7H2O）在 50℃~80℃热水中溶解，过滤除去杂质后，得到较纯净的硫酸亚铁（FeSO4）溶液，作为后续反应的原料。
反应生成产物：向 FeSO4溶液中先加入适量氢氧化钠（NaOH）溶液，再通入一定量空气，Fe2+被氧化为氢氧化铁（Fe(OH)3）沉淀（后续转化为沉淀 M，最终制得 Fe3O4），同时生成硫酸钠（Na2SO4）溶液（溶液 N）。
分离提纯：通过过滤分离出 Fe(OH)3沉淀（经处理得到 Fe3O4）；对 Na2SO4溶液依次进行加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，再将晶体加热至完全失去结晶水，得到副产品 Na2SO4。
(1)SiO2是酸性氧化物（能与碱反应生成盐和水）；Fe3O4有磁性，可作 “磁性导航仪”；有机物外壳含碳元素；分散质直径 200nm（超胶体 1-100nm 范围）。
(2)Fe3O4与稀硫酸反应生成 FeSO4和 Fe2(SO4)3；检验 Fe2+选酸性 KMnO4溶液（Fe2+使其褪色，Fe3+无干扰），答案为 FeSO4、Fe2(SO4)3和 B。
(3)需选能控制 CO2流速的装置，①用分液漏斗可调节液体滴加速度，故选①。
(4)B 中 CO2与 Na2O2反应生成 O2，化学方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
(5)流程中生成 Na2SO4溶液（溶液N），副产品 P 为 Na2SO4；操作步骤为加热浓缩→冷却结晶→过滤洗涤等。
(6)先通过滴定计算 Fe2+总量，再根据 Fe 守恒求 Fe3O4理论产量，产率 =（50g÷理论质量）×100%≈64.66%。
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