2025高考化學專題復習沖刺練習專題10元素及其化合物（含解析）

參考答案1．A【詳解】制造普通水泥的主要原料為黏土、石灰石、石膏，水泥屬于硅酸鹽產品；硅、二氧化硅均不屬于硅酸鹽，石膏是硫酸鹽不是硅酸鹽，A滿足；故選A；2．C【詳解】氮的固定是指氮氣轉化為含氮化合物的過程。雷電時生成氮的氧化物、工業(yè)上用氫氣與氮氣合成氨、豆科植物的根瘤把空氣中的氮氣轉化為硝酸鹽都是將氮氣轉化為化合物的過程，屬于氮的固定，而植物的根從土壤中吸收銨根離子和硝酸鹽是將含氮化合物轉化為其它化合物的過程，不是氮的固定過程，故答案為C。3．D【詳解】A．水泥、玻璃和陶瓷的成分均為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，A正確；B．二糖在酸或酶的催化下可水解，蔗糖水解產物是葡萄糖和果糖,麥芽糖水解產物是葡萄糖，B正確；C．煤的干餾是隔絕空氣加強熱發(fā)生反應的過程，得到焦炭、煤焦油和焦爐氣，是實現(xiàn)煤綜合利用的主要途徑之一，C正確；D．利用油脂在堿性條件下的水解反應可獲得肥皂的主要成分——高級脂肪酸的鈉鹽，D不正確；答案選D。4．A【詳解】A．向某溶液中加入鹽酸酸化，若無現(xiàn)象，排除了銀離子等干擾離子，再加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，該沉淀一定為硫酸鋇，則溶液中含SO，故A正確；B．取樣，加入BaCl2溶液，若產生白色沉淀，可能為硫酸鋇、碳酸鋇、氯化銀等，則溶液中不一定含有CO，

故B錯誤；C．取樣，先加入適量鹽酸酸化，鹽酸中的氯離子干擾了氯離子的檢驗，再加入AgNO3溶液，若產生白色沉淀，不能證明溶液含Cl-

，故C錯誤；D．濕潤的紅色石蕊試紙遇堿性物質變藍，取樣，若溶液含NH，加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，不產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體氨氣，要檢驗溶液中是否含有NH，應該加入濃NaOH溶液或加熱，若產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，證明溶液中含有NH，故D錯誤；故選A。5．C【詳解】A．重晶石是，故A錯誤；B．明礬是，故B錯誤；C．尿素化學式，故C正確；D．木醇應是，故D錯誤；故選C。6．C【詳解】A．SO2有毒，不宜用于食品漂白，A錯誤；B．光導纖維的主要成分是SiO2，B錯誤；C．超導陶瓷可用于磁懸浮技術，C正確；D．常溫下，濃硫酸可以將鐵、鋁表面氧化為致密的薄膜，將濃硫酸和金屬隔開，使得反應停止，該過程叫作鈍化，并非不發(fā)生反應，D錯誤；故選C。7．B【詳解】A．膽礬：，A錯誤；B．石膏、生石膏：CaSO4·2H2O，B正確；C．鋇餐：BaSO4，C錯誤；D．芒硝：，D錯誤；答案選B。8．B【詳解】A．Al與濃硫酸在室溫下鈍化，因此用鋁槽盛放濃硫酸，故A錯誤；B．SO2具有強還原性，SO2與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應而使之褪色，故B正確；C．H2S具有強還原性，H2S能與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸不可用于干燥H2S氣體，故C錯誤；D．升華就是固體轉變?yōu)闅鈶B(tài)，干冰升華吸收熱量，故D錯誤；答案選B。9．D【詳解】A．“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，A項正確；B．碳纖維是一種由碳元素組成的復合材料，是一種非金屬材料，B項正確；C．光導纖維化學成分為SiO2，與強堿反應生成硅酸鹽，因此光導纖維遇強堿會“斷路”，C項正確；D．鉀位于第四周期，第四周期是長周期，D項錯誤；答案選D。10．D【詳解】A．硫單質為淡黃色固體，俗稱硫磺，硫單質為非極性分子，易溶于CS2這類非極性分子試劑，故A正確；B．火山噴出的氣體中含有二氧化硫等含硫化合物，礦泉水中含有硫酸鹽等，故B正確；C．化石燃料中含有硫元素，則直接燃燒會產生對大氣有嚴重污染的SO2氣體，故C正確；D．硫的氧化性較弱，與金屬反應生成低價硫化物，與Fe反應生成FeS，與Cu反應生成硫化亞銅，化學式為Cu2S，故D錯誤；綜上所述，說法不正確的是D項，故答案為D。11．C【分析】以含硅元素物質為原料通過高溫加熱發(fā)生復雜的物理、化學變化制得硅酸鹽產品，傳統(tǒng)硅酸鹽產品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是用物理化學方法制造出來的最早的人造材料，一萬多年以前，它的誕生使人類由舊石器時代進入了新石器時代，陶瓷化學性質穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點?！驹斀狻緼．聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經高溫燒結而成，故A正確；B．陶瓷化學性質穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕?抗氧化等優(yōu)點，故B正確；C．生產普通玻璃的主要原料為石灰石?純堿和石英，石英的主要成分是二氧化硅，故C錯誤；D．接觸法制硫酸的硫元素主要來源于硫黃或含硫礦石如黃鐵礦等，故D正確；故選C。12．C【詳解】A．加熱條件下，氨氣與CuO反應生成氮氣、Cu和水，反應的方程式為2NH3+3CuON2↑+3Cu+3H2O，所以反應過程中，③中硬質玻璃管中固體由黑變紅，故A正確；B．干燥氨氣應該用堿性干燥劑，所以②中盛放的是堿石灰，不能是五氧化二磷，故B正確；C．先用①中產生的氨氣排盡裝置中的空氣，所以實驗開始時先點燃①的酒精燈，再點燃③的酒精燈，故C錯誤；D．結束實驗時，先把水槽中的導管取出，然后熄滅酒精燈，否則水槽中的導管會產生倒吸，故D正確。故選C。13．B【詳解】A．過氧乙酸中含有過氧酸根鍵，具有強氧化性，故過氧乙酸能滅活病毒，因為其具有氧化性，A正確；B．高濃度的84消毒液的腐蝕性比較強，另外還具有漂白性，所以不能用高濃度消毒液直接向外套噴灑，B錯誤；C．酒精消毒皮膚，其原因是醫(yī)用酒精可以使病毒和細菌體內的蛋白質變性，C正確；D．《新型冠狀病毒肺炎診療方案》第六版增加“新型冠狀病毒在相對封閉的環(huán)境中長時間暴露于高濃度氣溶膠情況下存在經氣溶膠傳播的可能?！痹撃z體是攜帶病毒的飛沫等分散到空氣中形成的氣溶膠，故分散劑是空氣，D正確；故答案為：B。14．C【分析】c為黃綠色氣體，則為Cl2，所以C為氯元素，乙為最常見的液體，應為H2O，知A、B、C、D原子序數依次增大，則A應為氫元素，B為O元素，a為H2，b應為O2，D的原子序數大于Cl，且與H同主族，應為鉀元素，甲可以和水反應生成氫氣，應為KH，則丁為KOH；戊為三元化合物，且可以反應生成氧氣，應為KClO3，丙則為KCl?！驹斀狻緼．Cl-和K+核外電子層數相同，但Cl-核電荷數更小，半徑更大，A正確；B．類比電解NaCl溶液的產物可知電極KCl溶液可以得到氯氣、氫氣和KOH溶液，B正確；C．甲為KH，只含離子鍵；丁為KOH，含有鉀離子和氫氧根形成的離子鍵、O原子和H原子形成的共價鍵，二者所含化學鍵類型不同，C錯誤；D．B、C元素的簡單氫化物分別為H2O、HCl，水分子間存在氫鍵，所以沸點H2O＞HCl，D正確；綜上所述答案為C。15．D【詳解】A．鋁的活潑性大于銅，取一段長鋁條，伸入溶液，鋁條表面無明顯變化，是因為鋁表面有一層氧化膜，故A錯誤；B．向2mL碘水中加入4mL，振蕩后靜置，形成碘的溶液的濃度比碘水的濃度還小，所以下層溶液不可能顯紫紅色，故B錯誤；C．向碳酸鈉溶液中加過量稀酸HA溶液，無明顯氣泡逸出，才能證明HA的酸性比碳酸的酸性弱，故C錯誤；D．溴苯是難溶于水的無色油狀液體，向裝2mLNaOH濃溶液的試管中加入幾滴溴苯，充分振蕩，試管內液體分層，下層為無色油狀液體，說明常溫下溴苯不易發(fā)生水解反應，故D正確；選D。16．D【分析】Mg和Al在稀硫酸中溶解后生成MgSO4和Al2(SO4)3，由圖可知加入NaOH后，一開始并未產生沉淀，即NaOH與剩余H2SO4發(fā)生中和反應，之后NaOH分別與Mg2+、Al3+形成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀；兩種離子沉淀完全后，NaOH又能與Al(OH)3發(fā)生反應Al(OH)3＋OH－=＋2H2O，沉淀的量減少，剩余未反應的為Mg(OH)2，因此，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，n(Al)=n[Al(OH)3]=(0.35-0.15)mol=0.2mol?！驹斀狻緼．根據NaOH為200-240mL時，發(fā)生的反應為Al(OH)3＋OH－=＋2H2O，故n(NaOH)=n(Al)=0.2mol，c(NaOH)==5mol/L，A正確；B．根據分析，Mg和Al的總質量m=m(Mg)+m(Al)=0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g/mol=9g，B正確；C．根據Mg~H2和2Al~3H2可知，Mg和Al生成的H2的物質的量分別為0.15mol、0.3mol，共0.45mol，標況下的體積為0.45mol×22.4L/mol=10.08L，C正確；D．生成沉淀最多時，溶液中的溶質僅剩Na2SO4，此時NaOH用量為200mL，物質的量為5mol/L×0.2L=1mol，根據2NaOH~H2SO4可知，n(H2SO4)=n(NaOH)=0.5mol，c(H2SO4)==1mol/L，D錯誤；故選D。17．D【詳解】A．鈉沉入液氨中，則鈉的密度比液氨大，故A不選；B．鈉在液氨中溶劑化速度極快，生成藍色的溶劑合電子，溶液的導電性增強，故B不選；C．鈉和液氨可發(fā)生以下反應：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，故C不選；D．0.1mol鈉投入液氨生成0.05molH2時，Na共失去0.1mol電子，故D選；故選：D。18．C【詳解】A．混合物加熱時，NaHCO3分解導致固體質量減少，根據質量差可計算出NaHCO3的質量，則Na2CO3的質量等于混合物總質量ag減去NaHCO3質量，故A能測定Na2CO3質量分數，不符合題意；B．與鹽酸充分反應后，溶液中溶質為NaCl和HCl，加熱蒸干過程中HCl揮發(fā)，最終固體為NaCl，設Na2CO3為xmol，NaHCO3為ymol，根據質量守恒和鈉元素守恒可得方程組：①106x+84y=ag，②x+y=mol，聯(lián)立可解得Na2CO3的量，進而求出其質量分數，B不符合題意；C．混合物與足量稀硫酸充分反應，會生成水和二氧化碳，所以逸出的氣體是二氧化碳，但會混有水蒸氣，即堿石灰增加的質量不是二氧化碳的質量，不能測定含量，C符合題意；D．Na2CO3和NaHCO3都與Ba(OH)2反應，反應的方程式為＋Ba2+=BaCO3↓、＋OH-＋Ba2+=H2O＋BaCO3↓，因此最后得到的固體是BaCO3，所以根據質量關系列方程組可以計算出Na2CO3質量分數，D不符合題意；答案選C。19．C【詳解】A．該硝酸的物質的量濃度為14.0mol/L，故A錯誤；B．反應生成標準狀況下1.344LNO2氣體，其物質的量是，設該合金中銅與鎂的物質的量分別為x、y，根據質量守恒、得失電子守恒可列式64g/molx+24g/moly=1.52g、2x+2y=0.06mol，解得x=0.02mol、y=0.01mol，銅與鎂的物質的量之比為2:1，故B錯誤；C．根據得失電子守恒，銅離子、鎂離子帶正電荷總物質的量是0.06mol，加入氫氧化鈉，銅離子、鎂離子結合氫氧根離子的物質的量是0.06mol，產生的沉淀質量為1.52g+0.06mol×17g/mol=2.54g，故C正確；D．加入NaOH溶液后，金屬離子全部沉淀，溶質為硝酸鈉，根據物料守恒，n(Na+)=n(NO)=0.05L×14mol/L－0.06mol=0.64mol，加入氫氧化鈉溶液的體積為0.64L=640mL，故D錯誤；故選C。20．A【詳解】由圖象可知，向合金溶解后的溶液中加鹽酸，先發(fā)生NaOH+HCl＝NaCl+H2O，后發(fā)生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al(OH)3↓，最后發(fā)生Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氫氧化鈉的物質的量為0.01mol，由NaOH+HCl＝NaCl+H2O可知消耗鹽酸是0.01mol，則V1為0.01mol÷1mol/L=0.01L=10mL，生成沉淀時消耗的鹽酸為40mL-10mL=30mL，其物質的量為由0.03L×1mol/L=0.03mol，由NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al(OH)3↓可知生成氫氧化鋁沉淀是0.03mol，根據Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O可知溶解氫氧化鋁消耗鹽酸是0.09mol，其體積是0.09mol÷1mol/L＝0.09L＝90mL，則V2＝40mL+90mL＝130mL。A．由氯元素、鈉元素及鋁元素守恒可知最終生成氯化鋁是0.03mol，氯化鈉是0.04mol，所以合金的質量為0.04mol×23g/mol+0.03mol×27g/mol=1.73g，故A正確；B．根據以上分析可知圖中的值為130，故B錯誤C．由上述計算可知，生成沉淀為0.03mol，其質量為0.03mol×78g/mol=2.34g，故C錯誤；D．由2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑可知，生成氫氣的物質的量為0.02mol+0.045mol=0.065mol，其標況下的體積為0.065mol×22.4L/mol=1.456L=1456mL，其他條件下不一定是1456mL，故D錯誤；故選A。21．AC【詳解】A．Fe2O3俗稱鐵紅，紅棕色固體，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，故A正確；B．鐵與高溫水蒸氣反應產物為四氧化三鐵，故B錯誤；C．鐵有三種氧化物氧化亞鐵、氧化鐵、四氧化三鐵，均不溶于水，且不能與水反應，故C正確；D．FeO不穩(wěn)定，在空氣中受熱轉化成四氧化三鐵，故D錯誤；故選：AC。22．AC【詳解】A．SO2與飽和NaHCO3溶液反應生成CO2，而CO2與飽和NaHCO3不反應，可用飽和NaHCO3除雜，A正確；B．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入過量Fe2O3粉末，由于溶液呈酸性，部分Fe2O3溶解，溶液中Fe3+濃度增大，引入了大量雜質離子，B錯誤；C．將氣體通入四氯化碳或者二硫化碳中，氯氣可以溶于其中，而氯化氫不能溶入而分離出來，C正確；D．NaHCO3在溶液中加熱不易分解，分解的是固體，D錯誤；答案為AC。23．AC【詳解】A．由于是紅色，是黃色，所以②中溶液變紅，是由于生成了，A項錯誤；B．取少量③中的溶液加入溶液，產生白色沉淀，③中的溶液呈酸性，所以證明白色沉淀是硫酸鋇，B項正確；C．由于②中溶液立即變紅，所以聚合為的速率很快，遠大于硝酸氧化的速率，C項錯誤；D．向溶有的濃硝酸中加幾滴溶液，溶液先變紅后迅速褪色與未溶有二氧化氮的濃硝酸“靜置一段時間后突然反應劇烈”相比，而反應仍然是產生大量紅棕色氣體，證明證明催化濃硝酸氧化，D項正確；故答案為AC。24．CD【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，d是淡黃色粉末，可推測d為過氧化鈉，則b、c為二氧化碳、水中的一種，e、f分別為碳酸鈉、氫氧化鈉中的一種。m為元素Y的單質，通常為無色無味的氣體，根據b、c組成，則m為氧氣，故Y為O；根據圖示轉化關系可知：a為烴或烴的含氧衍生物，結合原子序數可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na，據此解答?！驹斀狻緼．經分析Z、Y的離子分別指Na+和O2-，兩種離子具有相同的電子層結構，原子序數越大，其相應的離子半徑就越小，則Na+＜O2-，所以簡單離子半徑：Z＜Y，故A說法正確；B．經分析Y是O元素,X是C元素，元素非金屬性越強，其對應的簡單氫化物越穩(wěn)定，由于元素的非金屬性Y＞X，所以簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞X，故B說法正確；C．經分析，W、X兩種元素分別是指H和C元素，但a不一定是烴，也可能是烴的衍生物，故C說法錯誤；D．經分析d為Na2O2，Na2O2為離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，含有陽離子鈉離子和陰離子過氧根離子，陽離子和陰離子的數目之比為2∶1，故D說法錯誤；本題答案CD。25．AB【分析】硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，所以向溶液中加入鐵粉后先發(fā)生反應：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，0.1mol硝酸鐵中含有0.3mol硝酸根離子，根據反應可知，0.3mol硝酸根離子完全反應消耗1.2mol氫離子，同時生成0.3molNO氣體，氫離子還剩余0.8mol；此時溶液中含有Fe3+的物質的量為：0.1mol+0.3mol=0.4mol，然后發(fā)生反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后發(fā)生反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑，據此分析解答?！驹斀狻緼．溶液中含有H+、，其氧化性大于鐵離子，所以優(yōu)先發(fā)生反應：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，故A錯誤；B．39.2g鐵的物質的量為=0.7mol，0.1mol硝酸鐵中含有0.3mol硝酸根離子，根據反應Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O可知，0.3mol硝酸根離子完全反應溶解0.3mol鐵，生成0.3molNO氣體，同時消耗1.2mol氫離子，氫離子還剩余0.8mol；此時溶液中含有Fe3+的物質的量為0.1mol+0.3mol=0.4mol，然后發(fā)生反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，又溶解0.2mol鐵，還剩余0.2mol鐵，最后發(fā)生反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑，鐵完全溶解生成0.2mol氫氣，標況下NO和氫氣的體積為（0.3mol+0.2mol）×22.4L/mol=11.2L，故B錯誤；C．由于反應后的溶液中滴加KSCN溶液不變紅色，則反應后的溶液中不會存在Fe3+，鐵元素以Fe2+的形式存在，故C正確；D．反應后的溶液中滴加KSCN溶液不變紅色，則反應后的溶液中不會存在Fe3+，反應中至少消耗Fe的物質的量為n(Fe)=n()+n總(Fe3+)=0.3mol+0.4mol×=0.5mol，質量為56g/mol×0.5mol=28g；發(fā)生的反應有Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+，反應過程中溶液的質量一直在增加，故D正確；故選AB?！军c睛】本題的易錯點和難點為B，要注意生成的氣體有NO，還有H2，要根據反應的先后順序，結合過量問題進行計算。26．2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O4NH3+5O24NO+6H2OHNO3+NH3=NH4NO3O2(或空氣)+OH-=NH3·H2ON2b【詳解】I.(1)實驗室利用熟石灰和氯化銨混合加熱制備氨氣，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。Ⅱ.(2)設備1中發(fā)生氨氣的催化氧化，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，3中氨氣和硝酸反應，發(fā)生反應的化學方程式是HNO3+NH3=NH4NO3。NO轉化為硝酸，需要氧化劑，則設備2中通入的物質A是O2(或空氣)。Ⅲ.(3)氫氧化鈉和銨鹽反應生成一水合氨，則轉化為NH3·H2O的離子方程式為+OH-=NH3·H2O。(4)過程②加入NaClO溶液可將氨氮轉化為無毒物質，應該是氮氣，即反應后含氮元素的物質化學式為N2。(5)含余氯廢水的主要成分是NaClO以及HClO，二者均具有強氧化性，氫氧化鉀是強堿，高錳酸鉀具有強氧化性，氯化鈉能和次氯酸反應但生成氯氣污染大氣，亞硫酸鈉具有還原性，可以把二者還原為氯離子，所以X可選用亞硫酸鈉，答案選b。27．恒壓分液漏斗平衡壓強，讓液體順利流下2MnO＋10Cl-＋16H＋=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O飽和食鹽水冷凝收集SnCl4AD球形干燥管、堿石灰【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應制備氯氣，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl及水蒸氣，裝置B中應為飽和食鹽水的作用是除去氯氣中含有的HCl，裝置C中濃硫酸的作用是吸收水蒸氣，干燥氯氣，裝置D中干燥的氯氣與Sn在加熱條件下反應生成SnCl4，裝置E的作用是冷凝收集SnCl4，裝置F中濃硫酸的作用是吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置E中使產物水解，裝置G中氫氧化鈉的作用是吸收未反應的氯氣，防止污染空氣?！驹斀狻?1)根據儀器構造知儀器a的名稱為恒壓分液漏斗，導管a將圓底燒瓶和分液漏斗連通，起到平衡壓強，讓液體順利流下的作用，故答案為：恒壓分液漏斗；平衡壓強，讓液體順利流下；(2)裝置A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，反應的離子方程式為2MnO＋10Cl-＋16H＋=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O，故答案為：2MnO＋10Cl-＋16H＋=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；(3)由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，裝置B中應為飽和食鹽水，其作用是除去氯氣中含有的HCl，故答案為：飽和食鹽水；(4)SnCl4的沸點較低，裝置E中的燒杯中盛有冷水，作用是冷凝收集SnCl4，故答案為：冷凝收集SnCl4；(5)A．當觀察到裝置F上方出現(xiàn)黃綠色氣體時，才開始點燃酒精燈，說明此時空氣已排盡，可防止空氣中氧氣的干擾，故A正確；B．Ca(OH)2溶解度較小，吸收效果差，要用NaOH溶液吸收多余的氯氣，故B錯誤；C．該實驗與氣體反應相關，所以要先連好裝置，檢查裝置氣密性，故C錯誤；D．由題給已知SnCl4受熱易揮發(fā)，錫熔化后可以適當增大氯氣流量，繼續(xù)加熱，既可以加快氯氣與錫反應，也可以使SnCl4氣化，利于其從混合物中分離出來，故D正確；故答案為：AD；(6)裝置F中濃硫酸的作用是吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置E中使產物水解，裝置G中氫氧化鈉的作用是吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，若用盛有堿石灰的球形干燥管來代替裝置F和G，可起到同樣的作用，故答案為：球形干燥管、堿石灰。28．5.4g4.0mol/L0.8mol/L【分析】根據圖像可知反應后硫酸過量，氫氧化鈉首先中和硫酸，然后沉淀鎂離子和鋁離子，完全沉淀后氫氧化鈉溶解氫氧化鋁，據此解答?！驹斀狻?1)由圖可知當沉淀質量不再發(fā)生變化時，生成0.15mol氫氧化鎂，則氫氧化鋁為（0.35mol-0.15mol）=0.2mol，由Al原子守恒可知，n(Al)=0.2mol，其質量為0.2mol×27g/mol=5.4g；(2)加入200mL～250mL氫氧化鈉溶液時，氫氧化鋁沉淀溶解，發(fā)生反應：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗NaOH的物質的量為0.2mol，所以NaOH溶液的濃度為：0.2mol÷0.05L=4.0mol/L；(3)加入200mL氫氧化鈉溶液時，鎂離子、鋁離子恰好完全沉淀，此時溶質為Na2SO4，則n(Na2SO4)=n(H2SO4)=n(NaOH)=0.5×4.0mol/L×0.2L=0.4mol，該稀硫酸的物質的量濃度為：0.4mol÷0.5L=0.8mol/L。29．FeHCl4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O有白色沉淀產生，且迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑【分析】金屬A焰色試驗為黃色，則A是Na，Na與H2O反應產生氣體甲是H2，反應產生的D是NaOH，金屬B能夠與NaOH溶液反應產生H2，則金屬B是Al，黃綠色氣體乙是Cl2，H2與Cl2反應產生氣體丙是HCl，HCl溶于水得到的物質E是鹽酸，金屬C能夠與鹽酸產生F，F(xiàn)與黃綠色氣體乙產生G，G與NaOH反應產生紅褐色沉淀H是Fe(OH)3，逆推G是FeCl3，F(xiàn)是FeCl2，金屬C是Fe，然后根據物質性質分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍狝是Na，B是Al，C是Fe，D是NaOH，E是鹽酸，F(xiàn)是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3，甲是H2，乙是Cl2，丙是HCl。(1)根據上述分析可知：C是Fe，丙是HCl；(2)在實驗室中用MnO2與濃鹽酸混合加熱反應制取Cl2，反應的化學方程式為：4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；F是FeCl2，向FeCl2溶液中加入NaOH溶液，二者發(fā)生化學反應：FeCl