专题2 研究物质的基本方法 单元检测题
一、单选题
1．安全意识对我们的生产生活非常重要。下列操作有安全隐患的是（ ）
A．金属钠着火用沙土扑灭
B．用剩的金属钠放回原试剂瓶
C．在实验室的通风橱中制备氯气
D．蒸馏操作加热后发现未加沸石，立即补加
2．硼原子受α粒子(He)轰击可得碳原子和氕： .其中硼原子、碳原子核外L能层中运动的电子数目之比为（ ）
A．1∶1 B．2∶5 C．3∶2 D．3∶4
3．配制一定体积的2.00mol/L溶液，不需要使用的仪器是
A． B． C． D．
4．化学是一门具有实用性、创造性的科学，下列说法错误的是（ ）
A．我国科学家首次实现人工全合成淀粉，有效推动了“碳中和”
B．研究物质性质的方法有观察、实验、分类、比较、假说和模型等
C．阿伏加德罗提出原子论，奠定了现代化学的基础
D．诺贝尔奖获得者屠呦呦汲取古人智慧，利用物理方法提取青蒿素
5． 16O与18O互为同位素，下列说法正确的是（ ）
A．16O与18O具有相同的物理性质 B．16O与18O具有不同的电子数
C．16O与18O具有相同的质子数 D．16O2与18O3互为同位素
6．现有烧杯、漏斗、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、蒸发皿、圆底烧瓶、铁架台（带铁圈）、三脚架、石棉网、火柴、滤纸．若所需试剂均有提供，在以下5个实验中：①沉淀的过滤，②配制500mL1mol/LNaCl溶液，③溴的萃取，④蒸馏，⑤硫酸铜溶液的蒸发浓缩．其中因缺乏某种实验用品而不能完成的实验是（ ）
A．① B．①和④ C．③和⑤ D．②和④
7．配制250 mL、0.10 mol·L－1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液中NaOH物质的量浓度偏大的是（ ）
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中进行定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中进行定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水
8．配制250 mL 0.10 mol·L－1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏高的是（ ）
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线
9．已知R2+离子核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．小明化验单上“葡萄糖”一项结果为4.94×10-3mol·L-1。这里的“4.94×10－3mol·L-1”表示葡萄糖的（ ）
A．体积 B．物质的量
C．摩尔质量 D．物质的量浓度
11．下列关于实验室研究物质的基本方法或实验操作错误的是（ ）
A．可以通过焰色反应区别氯化钠和氯化钾
B．欲除去二氧化锰中含有的氯化钾可以加水溶解、过滤、洗涤、干燥
C．蒸馏可以分离沸点相差较大的液体混合物
D．可以用分液漏斗分离乙醇和水的混合物
12．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，导致浓度偏高的原因可能是（ ）
A．容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤
B．定容时仰视刻度线
C．容量瓶中原有少量的蒸馏水
D．移液时，不慎将液体流到瓶外
13．中国女药学家屠呦呦因创新发现了青蒿素而获得了2015年诺贝尔生理学或医学奖，其方法是用乙醚作为溶剂，提取青蒿中的青蒿素，这种方法的原理属于（ ）
A．过滤 B．蒸发 C．结晶 D．萃取
14．关于阿伏加德罗常数(用NA表示)，下列叙述正确的是（ ）
A．22.4L(标准状况)氖气含有的原子数为NA
B．71g氯气溶于水，得到的水溶液中含有的Cl-的个数为2NA
C．0.1mol/L的硫酸溶液中含有的氢原子个数为0.2NA
D．1L浓度为2mol/L的NaCl溶液倒出一半后，剩余溶液浓度为1mol/L
15．下列实验分离操作能达到目的的是（ ）
A．甲：分离碘单质和氯化铵的混合固体
B．乙：分离硫酸钡固体和氯化钠溶液的混合物
C．丙：分离乙醇和水的混合溶液
D．丁：分离硝基苯和苯的混合溶液
16．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）
A．所用容量瓶未干燥
B．向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯内
D．向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面
二、综合题
17．常用的分离和提纯的方法有：A．萃取B．分液C．过滤D．升华E．蒸馏F．洗气G．蒸发H．加热分解I．渗析J．重结晶，下列各组混合物的分离和提纯选用的哪种方法最合适？（填字母序号）
（1）除去水中的泥沙 ，
（2）从碘水中提取碘
（3）分离碘和铁屑
（4）除去生石灰中的石灰石
（5）用海水晒盐
（6）海水淡化
（7）除去氢气中的氯化氢
（8）分离氯化钠和硝酸钾
（9）分离植物油和水
（10）分离淀粉溶液中的氯化钠 ．
18．按要求填空：
（1）0.2molO3和0.3molO2的质量 （选填“相等”、“不相等”或“无法判断”），分子数之比为 ，所含原子数之比为 ，在相同条件下的体积之比为 。
（2）73gHCl气体中含有 个分子，标准状况下占有的体积为 L。
（3）相同物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl的沉淀的质量之比为3：2：1时，三种溶液的体积比为 。
（4）标准状况下VL氯化氢气体溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρg mL，溶液中溶质的质量分数为ω，物质的量浓度为cmol L-1，则ω= （任写一种表达式）。
19．石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含(7.8％)、(5.1％)和(3.1％)等杂质，提纯与综合利用工艺流程如下：
已知：①氯化后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物；
②的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃。
（1）“氯化”时，先向反应器中通入一段时间，再加热，主要目的是 。
（2）“冷凝”后，所得“气体"的成分有和 (填化学式)。
（3）“溶解过滤”时，加过量NaOH溶液的目的是 ；取少量滤液于试管中， (实验操作及现象)，证明沉淀已完全。
（4）“沉铝”得到的产物为，工业上由得到Al，需发生两步反应，写出方程式：、 。
（5）写出Al的一种用途 。
（6）100kg初级石墨最多可获得Al的质量为 kg。
20．已知某有机物A：
①由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%
②如图是该有机物的质谱图
③A的红外光谱图上有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键的振动吸收峰．
④A的核磁共振氢谱有两个峰．请回答：
（1）A的实验式（最简式）为 ，相对分子质量为 ，分子式为 ．
（2）已知A的最简式能否确定A的分子式（填“能”或“不能”） ，为什么 ．
（3）A的结构简式为 ．
21．用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
（1）酸浸时，为了提高浸取速率可采取的措施有 ．（任写一点）．
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式： ．
（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是 ．
（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3．则加入的试剂A可以是 ．
A．CuO B．Cu（OH）2 C．氨水 D．CaO；
（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为 ．
（6）滤液Ⅱ所含溶质主要是 （填化学式）．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．沙土可降低温度，且可隔绝氧气，所以金属钠着火可用沙土扑灭，操作规范，A不符合题意；
B．金属钠非常活泼，可与水发生反应产生具有可燃性的氢气，所以不能随意丢弃，用剩的金属钠放回原试剂瓶，B不符合题意；
C．氯气有毒，制备氯气时需通风，C不符合题意；
D．蒸馏操作加热后发现未加沸石，立即补加，很容易引起烧瓶炸裂，操作不符合题意，存在氨气隐患，正常的做法是停止加热，待烧瓶冷却后再补加，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.金属钠着火不能用水或者二氧化碳灭火器灭火，只能用沙子掩埋。
B.对于未用完的金属可以放回原来试剂瓶，如钠、铜丝等
C.制备有毒气体要在通风橱中进行。
2．【答案】D
【解析】【解答】硼原子核外L能层中运动的电子数目为3，碳原子核外L能层中运动的电子数目为4，二者之比为3∶4，D项符合题意；
故正确答案为D。
【分析】根据原子核外的电子排布即可找出L层的电子数
3．【答案】A
【解析】【解答】A．漏斗在过滤实验中使用，配制溶液不需要，A符合题意；
B．烧杯在溶质溶解时候使用，B不符合题意；
C．玻璃棒在溶解时搅拌及移液时引流，C不符合题意；
D．容量瓶在溶液配制时用来定容，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】配制溶液的仪器有钥匙、托盘天平（或量筒）、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．人工全合成淀粉，可以减少CO2，有效推动了“碳中和”，A不符合题意；
B．观察、实验、分类、比较、假说和模型等方法是研究物质性质的方法，B不符合题意；
C.1811年，阿伏加德罗提出分子学说，系统地解决了在物质组成和原子量测定方面存在的混乱问题，C符合题意；
D．诺贝尔奖获得者屠呦呦汲取古人智慧，利用萃取等物理方法提取青蒿素，治疗疟疾，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、二氧化碳的减少有利于碳中和；
B、 研究物质性质的方法有观察、实验、分类、比较、假说和模型；
C、阿伏加德罗提出分子学说；
D、屠呦呦利用物理方法提取青蒿素。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：A．16O与18O具有不同的物理性质，故A错误；
B．16O与18O的电子数等于其质子数，都是8，故B错误；
C．16O与18O具有相同的质子数，都等于8，故C正确；
D．16O2与18O3是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；
故选C．
【分析】A．同位素具有相同的化学性质，不同的物理性质；
B．核外电子数=质子数；
C．16O与18O的质子数等于8；
D．同种元素的不同核素互为同位素，同种元素组成的不同单质，互为同素异形体．
6．【答案】D
【解析】【解答】①沉淀过滤需要烧杯、漏斗、铁架台、玻璃棒等，可以完成实验；
②配制500mL1mol/LNaCl溶液除了需要500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯以外还需要托盘天平、胶头滴管，实验不能完成；
③溴的萃取需要烧杯、分液漏斗、铁架台等，可以完成实验；
④蒸馏除了需要酒精灯、蒸馏烧瓶、铁架台以外，还需要温度计、冷凝管，实验不能完成；
⑤蒸发浓缩硫酸铜溶液需要烧杯、铁架台、玻璃棒、酒精灯，实验可以完成，
故答案为：D。
【分析】①过滤是将固体和液体分离的操作；
②配制一定物质的量浓度的溶液时的操作有：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
③萃取指的是利用溶质在不同溶剂中溶解度不同的原理来分离混合物的操作；
④蒸馏指的是利用混合液体沸点不同加热分离的操作；
⑤蒸发浓缩指的是蒸发溶液中的溶剂，从而使溶质浓度增大的分离固体和液体的过程。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B.在容量瓶中定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故B不选；
C.在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C选；
D.定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D不选；
故答案为：C。
【分析】A.不洗涤烧杯直接定容会导致溶质的物质的量偏小，浓度就会偏小；
B.定容时俯视读数，会使溶液的体积偏大，那么浓度就会偏小；
C.在容量瓶中进行定容时俯视刻度线 ，会使溶液的体积偏小，浓度就会偏大；
D.摇匀后再加入蒸馏水会使溶液的体积偏大，浓度就会偏小。
8．【答案】C
【解析】【解答】A、未洗涤溶解NaOH的烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏低，故A不选；
B、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；
C、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故C选；
D、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致溶液浓度偏低，故D不选；
故答案为：C。
【分析】根据c= 可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。本题的易错点为BC，要注意学会画图： 。
9．【答案】C
【解析】【解答】R2+离子核外有a个电子，说明R原子核外有a+2个电子，质子数也为a+2，中子数是b，所以R的质量数是a+b+2，则R原子符号表示为 ；
故答案为：C。
【分析】阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，质量数=质子数+中子数，表示核素的原子符号应写出质子数和质量数。
10．【答案】D
【解析】【解答】4.94×10－3mol·L-1”表示葡萄糖的物质的量浓度，故D符合题意。
故答案为D。
【分析】4.94×10－3mol·L-1表示1L溶液中含有溶质葡萄糖的物质的量为4.94×10－3mol，该浓度是物质的量浓度.
11．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化钠的焰色反应为黄色，氯化钾的焰色反应为紫色，A不符合题意；
B．除去二氧化锰中含有的氯化钾可以加水溶解、过滤、洗涤、干燥，最终得到二氧化锰，B不符合题意；
C．蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，C不符合题意；
D．分液漏斗是用来分离互不相溶的两种混合物的仪器，分离乙醇和水的混合物用蒸馏，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.钠元素的焰色反应为黄色，钾元素的焰色反应为紫色；
B.二氧化锰不溶于水，氯化钾易溶于水，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，最终得到二氧化锰；
C.蒸馏常用于分离沸点相差较大的液体混合物。
12．【答案】A
【解析】【解答】A、容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤，溶质增加，浓度偏高；
B、定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；
C、容量瓶中原有少量的蒸馏水不影响；
D、移液时，不慎将液体流到瓶外，溶质减少，浓度偏低。
导致浓度偏高的原因可能是A，
故答案为：A。
【分析】在配制过程中，如果使体积不变而物质的量增加了，那么浓度就会偏高；如果物质的量不变，体积增大了，那么浓度就会减小。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：用乙醚作为溶剂，提取青蒿中的青蒿素，可知青蒿素易溶于有机溶剂，不溶于水，则该分离方法为萃取，
故选D．
【分析】用乙醚作为溶剂，提取青蒿中的青蒿素，可知青蒿素易溶于有机溶剂，以此来解答．
14．【答案】A
【解析】【解答】A．氖气是单原子分子，标准状况下22.4L氖气的物质的量为1mol，所含有原子数为NA，故A符合题意；
B．氯气和水反应，生成盐酸和次氯酸，而且氯气和水的反应是可逆反应，所以71g氯气溶于水得到的水溶液中含有的Cl-个数小于2NA，故B不符合题意；
C．未给出溶液体积，无法计算硫酸中的氢原子个数，而且溶剂水中也含有氢原子，故C不符合题意；
D．溶液具有均一性，将浓度为2mol/L的氯化钠溶液倒出一半，剩余溶液浓度仍为2mol/L，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.先根据求出氖气的物质的量，然后根据氖气为单原子分子来分析；
B.先求出氯气的物质的量，然后根据氯气和水的反应是可逆反应来分析；
C.溶液体积不明确；
D.溶液是均一、稳定的，溶液浓度和所取溶液的体积无关。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．碘易升华、氯化铵受热易分解成HCl和氨气，当碘凝华时HCl和氨气又重新反应生成氯化铵，无法用加热的方法分离二者的固体混合物，且烧杯一般不用来加热固体，也没有接收碘单质、氯化铵的仪器，A不符合题意；
B．过滤时漏斗内需要有滤纸，且需要玻璃棒引流，B不符合题意；
C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，C不符合题意；
D．硝基苯和苯互溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，蒸馏时注意温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝水要下进上出，苯的沸点为78.83℃，硝基苯的沸点为210.9℃，可用水浴加热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分离易挥发的固体一般用的是两端密封的试管进行加热处理
B.过滤操作的仪器使用不完整
C.应用蒸馏的方式分离乙醇和水的混合物
D.利用熔沸点的不同即可进行分离
16．【答案】B
【解析】【解答】A.所用容量瓶未干燥，若其他操作符合题意，不会引起n(NaOH)、溶液体积V变化，对所配溶液浓度无影响，故不选A；
B.向容量瓶加水时液面低于刻度线，溶液体积V减小，所配溶液浓度偏高，
故答案为：B；
C.有少量NaOH溶液残留在烧杯内，未完全转移到容量瓶中，使n(NaOH)减小，所配溶液浓度偏低，故不选C；
D.向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面，溶液体积增大，浓度偏小，故不选D；
故答案为：B。
【分析】液面低于刻度线以下，体积偏小，浓度偏高。
17．【答案】（1）C
（2）A
（3）D
（4）H
（5）G
（6）E
（7）F
（8）J
（9）B
（10）I
【解析】【解答】解：（1）泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为：C；（2）碘易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：A；（3）碘易升华，可用升华的方法分离，故答案为：D；（4）石灰石在加热条件下可生成生石灰，可用加热的方法除杂，故答案为：H；（5）除去水，得到粗盐，可用蒸发的方法分离，故答案为：G；（6）可用蒸馏的方法淡化海水，故答案为：E；（7）氯化氢易溶于水，可用洗气的方法分离，故答案为：F；（8）氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度变化不同，可用重结晶的方法分离，故答案为：J；（9）二者互不相溶，可用分液的方法分离，故答案为：B；（10）淀粉不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故答案为：I．
【分析】（1）泥沙不溶于水；（2）碘易溶于有机溶剂；（3）碘易升华；（4）石灰石在加热条件下可生成生石灰；（5）可用蒸发的方法分离；（6）可用蒸馏的方法淡化海水；（7）氯化氢易溶于水，可用洗气的方法分离；（8）氯化钠和硝酸钾的溶解度随温度变化不同；（9）二者互不相溶；（10）淀粉不能透过半透膜．
18．【答案】（1）相等；2∶3；1∶1；2∶3
（2）2NA；44.8
（3）9∶3∶1
（4）
【解析】【解答】（1）0.2molO3和0.3molO2的质量均为9.6g，即相等，分子数之比等于它们的物质的量之比，为2:3，0.2molO3含有的氧原子的物质的量 0.6mol，0.3molO2含有的氧原子的物质的量 0.6mol，二者所含原子数之比为1:1，在相同条件下的体积之比等于它们的物质的量之比，为2:3；
（2）73gHCl物质的量= =2mol，HCl分子数目=2mol×NAmol-1=2NA，标况下其体积=2mol×22.4L/mol=44.8L；
（3）均发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1，则KCl、CuCl2、AlCl3含有的氯离子物质的量之比为3：2：1，则n（KCl）：n（CuCl2）：n（AlCl3）=3∶ ∶ =9：3：1，浓度相同体积之比等于各物质的物质的量之比为9：3：1；
（4）根据c= 公式可知ω= 。
【分析】根据摩尔质量、气体摩尔体积和物质的量浓度等与物质的量的关系，结合阿伏加德罗定律进行计算即可。
19．【答案】（1）排尽装置中的氧气，以防在高温下与石墨反应
（2）
（3）分离出Al元素(或除去，使完全转化为)；滴加2-3滴KSCN溶液，无明显现象(或继续滴加NaOH溶液，无明显现象)
（4）
（5）制备合金硬铝、制易拉罐等
（6）2.7
【解析】【解答】依据题目信息与流程，初级石墨在“氯化”时，转化为纯级石墨、、、，冷凝除去和过量的，再利用过量NaOH溶液除去中的，再利用沉淀，使铝元素转化为，继而获得，再通过电解得到Al；
(1)一般情况下，实验开始前通入气体一段时间，都是为了排尽装置内的空气，防止干扰反应的发生；该实验，“氯化”时，先向反应器中通入一段时间，再加热，主要目的是排尽装置中的氧气，以防在高温下与石墨反应；
故答案为排尽装置中的氧气，以防在高温下与石墨反应；
(2)依据题目信息①（氯化后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物），氯化出来的物质有、、、；结合题目信息②（的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃），且冷凝温度为80℃，、变回固体，所以所得“气体”成分有和；
故答案为；
(3)溶解过滤时，是往和的混合溶液中加入过量NaOH溶液，可保证完全沉淀，而全部转化为，从而除去中的；检验是否完全沉淀，一般利用KSCN溶液与的反应，若混合后没有变红，则表明已沉淀完全；也可以继续滴加NaOH溶液，无明显现象，也可以说明已经完全沉淀；
故答案为分离出Al元素(或除去，使完全转化为)；滴加2-3滴KSCN溶液，无明显现象(或继续滴加NaOH溶液，无明显现象)；
(4)工业制备Al需要电解熔融的，而熔点很高，需要加入冰晶石，所以化学方程式为；
故答案为；
(5)铝是一种活泼金属，在常温下就能与空气中的氧气反应，表面生成一层致密的氧化铝薄膜，这层膜起着保护内部金属的作用，人们日常用的铝制品通常都是由铝合金制造的，如合金硬铝、拉罐等；
故答案为制备合金硬铝、制易拉罐等；
(6)某初级石墨中含(7.8％)、(5.1％)和(3.1％)等杂质，则100kg初级石墨中含有的质量为，则Al的质量为；
故答案为2.7。
【分析】（1）实验前通入气体的目的是排出空气；
（2）结合题干可知的沸点比较低，因此采用冷凝法；
（3）氢氧化钠可以和大多数金属离子发生反应，且过量氢氧化钠可以使铝离子转化为溶于水的偏铝酸根；
（4）氧化铝的熔点比较高，需要加入冰晶石进行电解；
（5）铝可以制备合金；
（6）结合化学计量数之比等于物质的量之比进行计算。
20．【答案】（1）C4H10O；74；C4H10O
（2）能；因为A的最简式为C4H10O，氢原子已经达到饱和．所以A的最简式就是A的分子式
（3）
【解析】【解答】解：（1）碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，氧元素质量分数是21.63%，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比= ： ： =4：10：1，所以其实验式为：C4H10O；
根据质谱图知，其相对分子质量是74，结合其实验式知其分子式为C4H10O，
故答案为：C4H10O；74；C4H10O；（2）该有机物的最简式为C4H10O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式，
故答案为：能，因为A的最简式为C4H10O，氢原子已经达到饱和．所以A的最简式就是A的分子式；（3）红外光谱图上有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键的振动吸收峰和A的核磁共振氢谱有两个峰，说明A中含羟基和甲基，故该有机物的结构简式为：
，故答案为： ．
【分析】（1）碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，氧元素质量分数是21.63%，
则该物质中碳、氢、氧原子个数之比= ： ： =4：10：1，所以其实验式为：C4H10O；
根据质谱图知，其相对分子质量是74，结合其实验式确定分子式；（2）根据有机物的最简式中H原子说明是否饱和C原子的四价结构判断；（3）根据A的红外光谱图上有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键的振动吸收峰和A的核磁共振氢谱有两个峰说明该有机物结构中含羟基和甲基两种氢原子，据此可得结构简式．
21．【答案】（1）粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
（2）2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O
（3）Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化
（4）A；B
（5）Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+
（6）（NH4）2SO4
【解析】【解答】解：辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，
故答案为：粉碎矿石或适当升高温度或搅拌；（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的离子方程式是：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O，
故答案为：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O；（3）浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化，
故答案为：Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，氨水和CaO会引入新的杂质，
故答案为：AB；（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+，
故答案为：Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+；（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH4）2SO4．
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，（1）提高浸取速率，可增大浓度、升高温度、增大固体表面积或搅拌等；（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4；（3）若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化；（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，结合氨气易挥发的特点分析；（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体．
