1、四川省雅安中学2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Fe-56 一、选择题(共8题，每题6分，共48分)1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是（ ）A. “玉兔二号”月球车底盘和车轮由SiC颗粒增强铝基复合材料制成，这是由于该复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点B. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料C. 高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D. 钾一钠合金可用于原子反应堆的导热剂，钾与钠都属于短
2、周期主族元素【答案】D【解析】【详解】A. SiC颗粒增强铝基复合材料具有重量轻、高刚度、高耐磨、耐冲击的特点，这也正是“玉兔二号”月球车底盘和车轮用该复合材料的原因，故A项正确；B. 碳纤维主要成分为C，属于无机非金属，则碳纤维是一种非金属材料，故B项正确；C. 二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，为酸性氧化物，能够与强碱反应生成硅酸盐，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故C项正确；D. 短周期是指元素周期表的前三周期，而钾位于元素周期表第四周期IA族，不属于短周期元素，故D项错误；答案选D。2.NA表示阿伏伽德罗常数。下列说法正确的是A. 44 g 14CO2中氧原子数目为2N
3、AB. 56 g铁片投入足量浓H2SO4中，电子转移数目为2NAC. 32 g硫在足量的纯氧中燃烧，生成NA个SO2分子D. 1 mol的铁分别于足量的氧气、氯气和硫完全反应转移的电子数目均为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 14CO2的相对分子质量是46，所以44 g 14CO2的物质的量小于1mol，因此1mol 14CO2中氧原子数目小于2NA，A错误；B.室温下Fe在浓硫酸中会发生钝化，不能进一步反应，因此56 g铁片投入足量浓H2SO4中，电子转移数目远远小于2NA，B错误；C.32 gS的物质的量是1mol，S与O2在点燃时反应产生SO2，所以1molS在足量的纯氧中燃烧，生成
4、NA个SO2分子，C正确；D.Fe与Cl2反应产生FeCl3，1molFe与氯气反应转移电子数目为3NA；Fe与S在加热时反应产生FeS，1molFe反应转化为FeS转移2NA个电子，D错误；故合理选项是C。3. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液【答案】B【解析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方
5、法进行尾气处理。A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。【考点定位】考查化学实验基本原理，气体的制取、收集及尾气处理装置等实验装置及仪器的使用。4.科学家根据元素周期律和原子结构理论预测，原子序数为114的元素位于第七周期A族，称为类铅元素。下面关于它的原子结构和性质预测正确的是( )A. 类铅元素原子的最外层电子数为6B. 它的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性弱C. 它的金属性比铅强，具有放射性D. 它
6、的原子半径比铅小【答案】C【解析】【详解】A.类铅元素位于第七周期A族，可知该元素的原子的最外层电子数为4个，A错误；B.由于同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以类铅的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱强，B错误；C.同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，而且原子序数大于92号的元素大多具有放射性，由于类铅元素在铅元素的下一周期，所以金属性比铅强，具有放射性，C正确；D.原子核外电子层数越多，原子半径越大。由于类铅在铅的下一周期，所以原子半径比铅大，D错误；故合理选项是C。5.酸雨的形成是一种复杂的大
7、气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下：下列有关说法不正确的是A. 所涉及的变化均为氧化还原反应B. 光照是酸雨形成的必要条件之一C. 污染指数越高形成酸雨的速率越快D. 优化能源结构能有效遏制酸雨污染【答案】A【解析】【详解】A.SO2变为激发态SO2，没有化合价变化，并未发生氧化还原反应，故A选项不正确；B.结合图中信息知产生激发态SO2和OH自由基需要光照条件，故B选项正确；C.途径II的速率大于途径I，故C选项正确；D.使用化石燃料将产生SO2进而产生酸雨， 如果对化石燃料优化处理能有效遏制酸雨污染，故D选项正确。答案：A。【点睛】考查化学与生态环境的相关
8、知识。解题的关键是判断氧化还原反应的依据化合价是否发生变化。酸雨的形成和防治措施。6.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：下列说法错误的是A. 向大气中排放SO2可能导致酸雨发生B. 中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2OC. 进入离心机的分散系是悬浊液D. 检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液【答案】D【解析】【详解】A.二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3又被空气中的氧气氧化为H2SO4，反应产生的硫酸进入水中形成酸雨，故SO2形成的硫酸型酸雨，A正确；B.
9、在中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2O，B正确；C.经过中和器后的物质既有形成的结晶状的固态物质，也有溶液，在离心机中进行混合物的分离，因为形成的固态颗粒小，因此有胶体存在，进入离心机的分散系是悬浊液，C正确；D.检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，若用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液，H+、SO32-、NO3-会发生氧化还原反应，使SO32-转化为SO42-，因此不能检验其中是否含有Na2SO4，要用稀HCl和BaCl2溶液检验，D错误；故合
10、理选项是D。7.根据实验操作，实验现象和所得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A将FeCl2样品溶于盐酸后，滴加KSCN溶液溶液变成红色原FeCl2样品已变质B向某无色溶液中加入铜片和稀硫酸试管口产生红棕色气体该无色溶液中含有NO3-离子C向淀粉KI溶液中滴入3滴稀盐酸，再加入10%的H2O2溶液滴入稀盐酸未见溶液变蓝；加入H2O2溶液后，溶液立即变蓝酸性条件下，H2O2氧化性强于I2D取少量白色晶体于试管，加入氢氧化钠溶液并加热试管口湿润蓝色石蕊试纸变红白色晶体一定含有NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.Fe2+与SCN-不能发生反应，若Fe2+被氧
11、化为Fe3+，就会发生反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为血红色，所以溶液变成红色，说明原FeCl2样品已变质，A正确；B.H+、NO3-具有强的氧化性，可以将Cu单质氧化为Cu2+，NO3-被还原为红棕色NO2气体，证明无色溶液中含有NO3-离子，B正确；C.向淀粉KI溶液中滴入3滴稀盐酸，未见溶液变蓝，说明I-没有被氧化为I2，再加入10%的H2O2溶液，溶液立即变蓝，说明此时I-被H2O2氧化为I2，从而证明酸性条件下，H2O2氧化性强于I2，C正确；D.取少量白色晶体于试管，加入氢氧化钠溶液并加热，若试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明该白色晶体一定含有NH4+，D错误；
12、故合理选项是D。8.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W与其它三种元素处于不同周期，Y、Z同主族，它们原子L电子层的电子数比为3:4，X、Y、Z的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是( )A. 原子半径：YZWB. W、X、Y三者可形成盐C. 简单氢化物的稳定性：ZYD. W与Y只能形成一种氢化物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W与其它三种元素处于不同周期，则X是H元素；Y、Z同主族，它们原子L电子层的电子数比为3:4，Y核外电子排布是2、6，Y是O元素，则Z是S元素，由于X、Y、Z的最外层电子数之和为17，X的原子序数比O小，则
13、X是N元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知：W是H元素，X是N元素；Y是O元素，Z是S元素。A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径ZYW，A错误；B.W、X、Y三种元素分别是H、N、O，三种元素可形成盐NH4NO3，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非极性YZ，所以简单氢化物的稳定性：Y Z，C错误；D.W是H，Y是O，二者可以形成H2O、H2O2两种氢化物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律的应用的知识。涉及元素的推断、元素的金属性、非金属性强弱比较及形成化合物的性质等。根据原子结构关系推断元素是本题解答的关
14、键，本题难度适中。二、非选择题(52分)9.根据要求填空：(1)由1H216O与2H217O所代表的物质中，共有_种元素，_种原子，16O、17O的关系为_。(2)红热木炭放入浓硫酸产生气体过程的化学反应方程式_。(3)硫酸型酸雨产生的原因_(化学方程式)(4)SO2通入酸性高锰酸钾溶液中的离子方程式_(5)现有2.96 g铁的硫化物在空气中完全反应，生成2.40 g红色粉末(Fe2O3)，并放出有刺激性气味的气体。将该气体通入溴水中，溶液褪色。用离子方程式表示溴水褪色的原因：_；通过计算，该铁的硫化物化学式为_。【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 同位素 (4). C+2H2SO
15、4(浓) CO2+2SO2+2H2O (5). SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4 (6). 5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+ (7). SO2+Br2+2H2O =SO42- +2Br-+4H+ (8). Fe3S4【解析】【分析】(1)根据原子核内质子数确定元素种类；原子的种类由质子数、中子数及核外电子数共同决定；质子数相同、中子数不同的原子互为同位素；(2)浓硫酸与C共热发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O；(3)SO2溶于水，与溶解在水中的氧气反应产生硫酸；(4) SO2被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4溶液被还原
16、为MnSO4；(5)铁的硫化物在灼烧时Fe被氧化为Fe2O3，S转化为SO2，SO2与溴水反应产生硫酸和氢溴酸，用元素守恒确定物质的化学式。【详解】(1)在由1H216O与2H217O所代表的物质中含有氢、氧两种元素；有1H、2H、16O、17O四种不同原子，其中16O、17O质子数都是8，中子数分别是8、9，中子数不同，二者的关系互为同位素；(2)红热木炭放入浓硫酸，发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该过程的化学反应方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；(3)SO2容易溶于水，与水发生反应：SO2+H2OH2SO3，该反应为可逆反
17、应，反应产生H2SO3被溶于水的氧气氧化为硫酸，反应的方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4；(4) SO2中S元素化合价为+4价，具有还原性，在溶液中被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，高锰酸钾被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+；(5)将Fe的硫化物在空气中煅烧，Fe元素变为Fe2O3，S元素被氧化为SO2，SO2有刺激性气味，将其通入溴水中，发生反应：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=SO42-+4H+2Br-；在2.96 g铁的
18、硫化物在空气中完全反应，生成2.40 g红色粉末(Fe2O3)，n(Fe2O3)=2.40g160g/mol=0.015mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.03mol，m(Fe)= 0.03mol56g/mol=1.68g，n(S)=(2.96g-1.68g)32g/mol=0.04mol，n(Fe)：n(S)=0.03mol：0.04mol，所以该铁的硫化物化学式为Fe3S4。【点睛】本题考查了元素、原子、同位素、化学反应方程式的书写、物质化学式确定的知识。在书写离子方程式时要注意电子守恒、电荷守恒、原子守恒，用守恒方法配平方程式及确定物质的化学式，本题难度不大。10.下表是元素周期
19、表的一部分，请回答有关问题：AAAAAAA0234(1)表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为 _ ；(2)表中能形成两性氢氧化物的元素是 _ (用元素符号表示)，写出该元素的单质与最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：_；(3)三种元素的阴离子还原性顺序为： _；单质的水溶液呈_色；(4)、四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是 _(填物质化学式) ；(提示：同周期元素，从左到右非金属性逐渐增强。)(5)元素与元素两者核电荷数之差是 _ ；(6)设计实验方案：比较与单质氧化性的强弱，请将方案填入下表。实验步骤实验现象与结论 _【答案】 (1). (2). Al (3). 2Al
20、+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2 (4). Br-Cl-F- (5). 浅黄绿 (6). HClO4 (7). 26 (8). 将适量新制的Cl2通入Na2S溶液 (9). 溶液中出现黄色沉淀(其他方法也可)【解析】【分析】首先根据元素在周期表的位置确定号元素分别是什么，然后根据元素的位、构、性关系，结合元素周期律的变化规律分析解答。【详解】根据元素在周期表的位置可知是C元素，是N元素，是F元素，是Mg元素，是Al元素，是S元素，是Cl元素，是Ar元素，是K元素，是Br元素。(1)惰性气体原子Ar最外层有8个电子达到稳定结构，其结构示意图为：；(2)Al元素处于金属与非金属交界处，其
21、氧化物Al2O3是两性氧化物，因此表中能形成两性氢氧化物的元素是Al，铝元素的单质与号元素K最高价氧化物的水化物KOH溶液反应，产生偏铝酸钾和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2；(3)、表示的元素分别是F、Cl、Br，这三种元素在周期表中位于同一主族，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，所以它们的阴离子的半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，因此离子还原性逐渐增强，故还原性有强到弱的顺序为Br-Cl-F-；表示的是Cl元素，其单质Cl2的水溶液呈浅黄绿色；(4)、四种元素分别表示的是C、N、S、Cl，C、N是第二周期的元素，S、Cl是第三
22、周期的元素，由于同一周期的元素，从左到右非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，所以HNO3H2CO3,HClO4H2SO4，HNO3可表示为HONO2,非羟基O原子数为2，HClO4可表示为HOClO3,非羟基O原子数为3，酸分子中非羟基O原子数目越多，酸性越强，所以这几种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4；(5)号元素是F，原子序数为9，号元素是Br，原子序数为35，两者核电荷数之差,35-9=26；(6)元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强，活动性强的可以将活动性弱的从化合物中置换出来，可向Na2S溶液中通入适量新制的Cl2，若看到
23、溶液中出现淡黄色沉淀，证明发生反应：Na2S+Cl2=2NaCl+S，就可以确定元素的物质的氧化性Cl2S，从而证明元素的非金属性ClS。【点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律的应用的知识。涉及元素的确定、原子结构示意图、化学方程式的书写、离子还原性强弱及酸的酸性强弱比较、化学实验方案的涉及等，较为全面的考查了元素周期律的应用及对元素周期表的认识和使用情况。11.同学们在实验室里用不同的方法分别制取Cu(NO3)2，并在此基础上探究Cu(NO3)2的化学性质。(1)甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应的化学方程式是_。(2)乙组同学查阅了硝酸铜晶体的溶解度曲线(右图)，据
24、此设计了以下实验方案，先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。乙组同学认为此方案优于甲组的方案，理由之一是_。(3)丙组同学用Cu(NO3)2晶体，探究其热稳定性，实验装置如下所示。(夹持装置和加热仪器未画出)充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，红棕色气体是_。集气瓶最终被水充满，无气体剩余，则晶体分解的生成的气体还有_。欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO假设Cu(NO3)2晶体已全部分解，实验方案是 _。由该实验可得出的结论是_。【答案】 (
25、1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 +2NO+4H2O (2). 降温结晶 (3). 硝酸利用率高，不会产生污染环境的 NO (4). NO2 (5). O2 (6). 取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液 (7). Cu(NO3)2 晶体的热稳定性较差【解析】【分析】(1)铜与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，利用电子守恒、原子守恒，书写方程式；(2)根据Cu(NO3)2的溶解度受温度的影响变化较大，用结晶方法获得晶体；根据是否会造成污染及原料利用率分析判断方案的优劣；(3)根据NO是无色气体，NO2是红棕色气体，可确定C
26、u(NO3)2分解产生了NO2气体；利用元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目及最后无气体剩余判断另外一种气体的成分；CuO是碱性氧化物，能溶于稀硫酸产生硫酸铜蓝色溶液；加热后得到红棕色和黑色固体，说明加热后硝酸铜分解。【详解】(1)铜与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应是氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2 +2NO+4H2O；(2)根据Cu(NO3)2的溶解度曲线可知：温度升高，硝酸钾溶解度大，温度低，硝酸钾溶解度小，溶解度受温度的影响变化较大，可采用将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。甲组方
27、案中一部分硝酸变为大气污染物NO，不仅会污染环境，而且会导致硝酸的利用率降低，而乙组同学先使Cu与空气中氧气反应转化为CuO，然后与硝酸发生复分解反应产生硝酸铜，硝酸全部转化为目标产物，不会产生尾气，因此此方案优于甲组的方案；(3)NO是无色气体、二氧化氮是红棕色气体，则得到的红棕色气体是NO2；Cu(NO3)2受热分解产生了NO2，N元素化合价由反应前Cu(NO3)2的+5价变为反应后NO2的+4价，化合价降低，获得电子，Cu元素在氧化性环境中不可能变为Cu单质，则根据氧化还原反应的规律，必然有另一种元素化合价升高，根据盐的组成可知只能是Cu(NO3)2中-2价的O变为单质O2，由于最后气体
28、无剩余，说明n(NO2)：n(O2)=4：1，故晶体分解的生成的气体还有O2，反应的方程式为2Cu(NO3)22CuO+4NO2+O2；CuO是碱性氧化物，能溶于稀硫酸生成蓝色的硫酸铜溶液，取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，若看到黑色固体粉末全部溶解，得到蓝色溶液，就证明固体为CuO；加热后得到红棕色和黑色固体，说明加热后硝酸铜分解，由此得出Cu(NO3)2晶体的热稳定性较差。【点睛】本题考查性质实验方案设计，侧重考查实验操作、分析判断能力，明确元素化合物性质、实验评价能力是解本题关键，知道NO2和NO性质的区别，掌握NO2是红棕色气体为该题的突破口，题目难度不大。12.信息时代产
29、生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70%Cu、25%Al、4%Fe 及少量 Au、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第步 Fe与过量的浓HNO3反应的离子方程式为_，得到滤渣 1的主要成分为_。(2)第步加 H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，用 H2O2做氧化剂的优点是_。 (3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中利用何种化学原理分离两种沉淀，写出反应的离子方程式_。(4)第步蒸发所需玻璃仪器为_。【答案】 (1). F
30、e+6H+3NO3-Fe3+ +3NO2+3H2O (2). Au、Pt (3). 不引入新的杂质，对环境无污染 (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (5). 酒精灯、玻璃棒【解析】【分析】稀硫酸、浓硝酸混合后加热，硝酸足量，故Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的金属离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，然后通过调整溶液的pH使Fe3+和Al3+全部形成沉淀过滤除去，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液2中主要成分是硫酸铜，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO45H
31、2O晶体，以此解答该题。【详解】(1) 第步Fe与过量的浓HNO3在加热使肤色反应，Fe被氧化为Fe(NO3)3，硝酸被还原为NO2，同时产生水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为Fe+6H+3NO3-Fe3+ +3NO2+3H2O；在该操作中Fe、Al、Cu发生反应变为金属阳离子进入溶液，而活动性弱的金属Au、Pt不能被酸溶解，进入滤渣，因此滤渣1的主要成分是Pt和Au；(2)H2O2具有氧化性，可以氧化Fe2+为Fe3+，而H2O2的还原产物是水，不会引入杂质，对环境无污染；(3)Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3溶于NaOH溶液而Fe(OH)3是碱，不能被碱溶解，则可以用NaOH溶液把Al(OH)3和 Fe(OH)3分离，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；(4)第步蒸发所需仪器为酒精灯、玻璃棒，蒸发皿，玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒。【点睛】本题考查物质的分离和提纯的知识，涉及仪器的使用、实验方案的设计与评价、方程式的书写等，侧重考查元素化合物性质、分离提纯方法等知识点，明确元素化合物性质及其性质差异性是解本题关键，利用题干信息及习题中的信息结合元素化合物性质分析解答，难点是判断流程图中各物质成分，题目难度不大。
