D

A．当a为固体S时，不可能与O2直接反应生成SO3，A选项错误；

B．a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，根据转化关系可知，a可能是NaOH，b为Na2CO3，c为NaHCO3，X为CO2，a中含有离子键和极性共价键，B选项错误；

C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，b可以是S单质，X为O2，c为SO2，SO2与O2能继续反应生成SO3，C选项错误；

D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，b可以是N2，X为O2，a为NH3，c为NO，NH3和NO在催化剂加热的条件下可生成N2和H2O，D选项正确；

答案选D。

D

A．由题干信息，该反应需控制温度在65-70℃进行加热回流，最好采用水浴加热的方式，冷凝管的冷凝水应该下进上出，即从a口流入，b口流出，A选项正确；

B．合成反应中，分水器中会出现分层现象，上层时油状物，下层时水，当油层液面高于支管口时，油层会沿着支管口流回烧瓶，以达到反应物冷凝回流，提高产率的目的，当下层液面高度超过距分水器支管约2cm时，及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶，B选项正确；

C．根据已知信息“环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃

”所以环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行，C选项正确；

D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、苯甲酸、无水乙醇、环己烷，搅拌后再加入浓硫酸，D选项错误；

答案选D。

B

A．溴水与苯酚能发生反应生成三溴苯酚的白色沉淀，2，4-已二烯能与溴水发生加成反应，溴水褪色，甲苯能萃取出溴水中的溴，溶液分层，上层为橙红色，下层为无色，三者现象不同，可以鉴别，A选项正确；

B．有多种位置的氢原子，其二氯代物在2个氯原子的位置可以分别在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤，一共有7种，B选项错误；

C．主链有4个碳原子，2号碳上连有1个甲基和1个乙基，系统命名法命名为2-甲基-2-乙基-1-丁醇，C选项正确；

D．Na2CO3溶液显碱性，碳酸亚乙酯（）属于酯类物质，加热条件下能与碱性物质发生反应，故碳酸亚乙酯（）可与热的溶液反应，D选正确；

答案选B。

A

A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；

B．该分子中连接氨基的碳原子连有4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，即该分子中含有1个手性碳原子，B选项正确；

C．由磷酸氯喹的结构分析可知，该物质是氯喹和磷酸反应得到的酸式盐，在水中易溶，且其水溶液呈酸性，C选项正确；

D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，D选项正确；

答案选A。

A

A．气溶胶属于胶体，胶体的粒子直径为1~100nm，新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，可以说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内，A选项正确；

B．84消毒液的有效成分为NaClO，具有强氧化性，乙醇具有还原性，两者混合后发生氧化还原反应产生有毒的Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，B选项错误；

C．甲醛和戊二醛均为有毒物品，不能用于空气、餐具的消毒，C选项错误；

D．过氧乙酸（CH3COOOH）具有强氧化性，对金属有腐蚀性，不能用铝制容器进行配制，D选项错误；

答案选A。

AB

由实验现象分析，将适量白色固体溶于水，得到无色溶液A，用铂丝蘸取少量溶液A在火焰上灼烧，产生黄色火焰，则溶液A中含有Na+，又少量溶液A加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，继续加入氯化钡溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀，则溶液中含有HSO3-或SO32-，溶液A为Na2SO3或NaHSO3，因为溶液A呈碱性，所以溶液A只为Na2SO3，Na2SO3溶液中加入硫粉加热反应生成Na2S2O3，Na2S2O3与在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，Na2SO3溶液中加入AgBr形成配合物[Ag(S2O3)2]3-，因此白色固体为Na2SO3，据此分析解答问题。

A．根据上述分析可知，因此白色固体为Na2SO3，A选项错误；

B．A溶液中不存在HSO3-，实验③中发生的离子反应为5SO32-+2MnO4-+6H+===2Mn2++5SO42-+3H2O，B选项错误；

C．实验④发生的反应为Na2SO3溶液中加入硫粉加热反应生成Na2S2O3，化学方程式为：，C选项正确；

D．实验④中AgBr沉淀溶解是因为Na2SO3溶液中加入AgBr时，Ag+与S2O32-会形成配合物[Ag(S2O3)2]3-，D选项正确；

答案选AB。

C

根据题干信息，结合实验装置分析可得，本实验的主要操作为向装有铁粉的硬质玻璃管中通入HCl，使用电炉加热制取无水FeCl2，一定温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，从而得到纯净的无水FeCl2，据此分析解答问题。

A．该反应是用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备FeCl2，一定温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，不会混有铁粉，得到的FeCl2纯净，A选项正确；

B．由实验可知，相同温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，而铁粉滞留于硬质玻璃管中，故FeCl2的沸点低于铁粉的沸点，B选项正确；

C．本实验的制备原理为：Fe+2HCl===FeCl2+H2，制备1molFeCl2时需要2molHCl参与反应，但在反应之前需要先通入HCl气体排尽装置内的空气，故所需要通入的HCl气体应大于2mol，C选项错误；

D．纯净FeCl2具有还原性，能够被干燥的O2氧化为FeCl3，同时会生成Fe2O3，D选项正确；

答案选C。

BC

根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。

A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A选项正确；

B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B选项错误；

C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C选项错误；

D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3+水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是乙中性能优良的水处理剂，D选项正确；

答案选BC。

C

A．由于还原性Fe2+>Br-，则向FeBr2溶液中通入少量Cl2，可能只有Fe2+被氧化，不能得出Cl2的氧化性强于Br2，A选项错误；

B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH从而判断酸性强弱，B选项错误；

C．向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液，KI过量，若充分反应后加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，C选项正确；

D．常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池，Fe和浓硝酸发生钝化现象，Cu与浓硝酸能自发的发生氧化还原反应，所以Cu作负极，Fe做正极，不能判断Fe的金属活动性大于Cu，D选项错误；

答案选C。

E     除去并检验是否除尽   偏大   C     滴入最后一滴溶液，溶液变为紫红色且半分钟不褪去    

根据题干信息可知，A装置中发生反应FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，FeCO3+H2SO4===FeSO4+CO2↑+H2O，B装置为检验H2S的装置，C装置可除去H2S并检验H2S是否除尽，D装置盛有浓硫酸可除去水蒸气，E装置吸收CO2并测定其质量，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，防止进入E装置中影响实验结果，据此分析解答问题。

(1)由上述分析可知，装置E吸收CO2并测定其质量，故步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E，故答案为：E；

(2)B装置为检验H2S的装置，B中有黑色的CuS沉淀生成，则A中FeS2与稀硫酸的反应方程式为FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S，故答案为：FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S；

(3)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可除去H2S并检验H2S是否除尽，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，若撤去装置F，E装置所测得的CO2的质量将会偏大，使得最终FeCO3的含量偏大，故答案为：除去H2S并检验H2S是否除尽；偏大；

(4)A．反应FeS2+H2SO4===FeSO4+S+H2S中FeS2中的S化合价由-1升高至0价，S为氧化产物，故滤渣中含有氧化产物S，A选项错误；

B．过滤过程中玻璃棒的作用是引流，B选项错误；

C．过滤操作要迅速，否则FeSO4被空气中的氧气氧化，Fe2+含量偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏小，从而Fe2+总量偏小，FeCO3的量不变，则测得的FeS2含量偏低，C选项正确；

D．检验沉淀是否洗涤干净，应取最后一次洗涤液，向其中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有，则未洗涤干净，反之则洗涤干净，D选项错误；

故答案为：C；

(5)步骤Ⅵ中，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，反应得离子方程式为5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点的现象是最后一滴KMnO4溶液滴下时，溶液变为紫红色且半分钟不褪去，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为紫红色且半分钟不褪去；5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O；

(6)m1-m2=2.2g，即CO2的质量为2.2g，物质的量为0.05mol，则FeCO3的物质的量为0.05mol，由方程式5Fe2++MnO4-===Mn2++5Fe3++4H2O可知，5Fe2+~MnO4-，n(MnO4-)=0.045L×0.1mol/L=0.0045mol，25mL滤液中，n(Fe2+)=5×0.0045mol=0.0225mol，则100mL滤液中n(Fe2+)=4×0.0225mol=0.09mol，因此n(FeS2)=0.09mol-n(FeCO3)=0.04mol，n(FeS2)：n(FeCO3)=0.04：0.05=4：5，故答案为：4：5。

第六周期第VA族   3   、       97.6%   浸出  

根据工艺流程图分析可知，铋渣中加入盐酸和饱和的NaCl溶液，过滤后得到AgCl和PbCl2的滤渣Ⅰ，滤液中加入NaOH溶液经过滤得到BiOCl的沉淀和滤液Ⅱ，BiOCl与热的NaOH脱氯得到Bi2O3，Bi2O3在高温条件下被碳还原得到粗Bi，向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2和NaCl溶液，据此分析解答问题。

(1)铋元素与氮元素同主族，在元素周期表中的位置是第六周期第ⅤA族，故答案为：第六周期第VA族；

(2)由图像可知，液固比为3、4时铋的浸出率较高，以节约原料为原则，液固比为3时最为合适，故答案为：3；

(3)根据上述分析可知，滤渣Ⅰ的成分是AgCl和PbCl2，故答案为：AgCl和PbCl2；

(4)“脱氯”时，BiOCl与热的NaOH反应得到Bi2O3和NaCl，反应方程式为2BiOCl+2NaOHBi2O3+2NaCl+H2O，故答案为：2BiOCl+2NaOHBi2O3+2NaCl+H2O；

(5)“沉铜”时，向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2，反应的离子方程式为：3Cu2++2H2O+2Cl-===Cu3(OCl)2↓+4H+，加入等体积的NaOH溶液时，pH=6，溶液中c(H+)=10-6mol·L-1，则c(OH-)=10-8mol·L-1，由于Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)，则c(Cu2+)=0.00012mol/L，n(Cu2+)=0.00012mol/L×2VL=0.00024Vmol，则去除的Cu2+的物质的量为0.01Vmol-0.00024Vmol=0.00976V mol，Cu2+的去除率为，故答案为：3Cu2++2H2O+2Cl-===Cu3(OCl)2↓+4H+；97.6%；

(6)滤液Ⅲ为NaCl溶液，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用，故答案为：浸出。