2023届新高考化学一轮单元质检卷第一单元　化学物质及其变化

单元质检卷1一、选择题(本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1．(2021·南宁二中月考)化学与社会、生活及工业生产密切相关。下列有关说法正确的是()A．“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等措施均涉及化学变化B．海水资源的综合利用涉及制盐、制取镁和溴等，其过程中均涉及氧化还原反应C．“嫦娥五号”着陆器在月面展示的国旗主要材料为国产高性能芳纶纤维，属于新型无机非金属材料D．75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒解析：“静电除尘”是指含尘气体经过高压静电场时被电分离，尘粒(胶体)与负离子结合带上负电后，趋向阳极表面放电而沉积，该过程属于物理变化，“燃煤固硫”主要是指把氧化钙或碳酸钙与含硫的煤混合后燃烧，涉及化学变化，“汽车尾气催化净化”是指CO与NOx在催化剂的作用下反应生成无毒的CO2和N2，属于化学变化，故A项错误；海水制镁、制溴涉及氧化还原反应，海水制盐没有涉及氧化还原反应，故B项错误；芳纶纤维全称芳香族聚酰胺纤维，属于新型有机高分子材料，故C项错误；75%浓度的酒精可以破坏新型冠状病毒包膜结构，含氯消毒剂和过氧乙酸具有强氧化性均可以起到杀灭新型冠状病毒的作用，故D项正确。答案：D2．(2021·广东卷)广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是()A．广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化B．冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的C．制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物解析：广东剪纸的裁剪过程中没有新物质生成，故不涉及化学变化，A项正确；冲泡工夫茶时茶香四溢，是因为茶水的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中，B项正确；制作粤绣所用的植物纤维布含有纤维素，属于天然高分子，C项正确；染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于混合物，D项错误。答案：D3．(2021·梅州中学月考)新闻及广告中经常出现“化学用语”。从化学学科的角度看，下列叙述中的“化学用语”正确的是()A．本产品属于天然绿色食品，不含任何“化学元素”B．全球人均年碳排量高达7吨，每人每年种19棵树才能达到“中和”C．某支NBA球队连胜时，记者会说，这得益于队员间的“化学反应”D．某酶加洗衣粉含有生物“催化剂”，可加速衣服上污渍、奶渍和血污的分解解析：天然绿色食品指无污染、安全、营养丰富的食品，其含有多种物质，这些物质都是由元素组成的，A项错误；中和在化学中指酸碱反应生成盐和水的反应，B项错误；球员配合没有产生新的物质，不属于“化学反应”，C项错误；洗衣粉中含有酶，可作为催化剂，加快反应速率，D项正确。答案：D4．(2021·深圳红岭中学月考)阿伏加德罗常数NA是联系宏观和微观的桥梁，下列说法错误的是()A．含有1molFeCl3的溶液水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于NAB．1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，阴离子的总数为0.1NAC．标准状况下，2.24LCH3Cl中氯原子数量为0.1NAD．6.4gCu与足量的硫黄粉共热时，氧化还原反应中转移0.1NA电子解析：Fe(OH)3胶体粒子是由较大量Fe(OH)3分子构成的，则含有1molFeCl3的溶液水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于NA，故A项正确；由碳酸根离子的水解方程式COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－可知，水解后阴离子数目增多，则1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，阴离子的总数大于0.1NA，故B项错误；标准状况下，CH3Cl为气体，则2.24LCH3Cl为0.1mol，则氯原子数量为0.1NA，故C项正确；6.4gCu的物质的量为0.1mol，由于硫单质的氧化性较弱，二者反应生成Cu2S，铜是还原剂，铜失电子数为0.1NA，在氧化还原反应中，转移电子数＝得电子数＝失电子数，则铜与足量的硫黄粉共热时，氧化还原反应中转移0.1NA电子，故D项正确。答案：B5．(2021·广东卷)宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是()A．Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O=2NaOH＋O2↑B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O＋2Fe=Fe2O3＋3H2C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)=5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Mn2＋解析：Na2O2放入水中的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，A选项中氧元素不守恒，错误；H2O(g)通过灼热铁粉应该是高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B项错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C项错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnOeq\o\al(－,4)氧化为SOeq\o\al(2－,4)，MnOeq\o\al(－,4)被SO2还原为Mn2＋，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为5SO2＋2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)=5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Mn2＋，D项正确。答案：D6．(2021·台州第二次模拟)已知：H2O2＋2HIO=I2＋O2↑＋2H2O，下列说法正确的是()A．H2O2是氧化剂B．HIO得电子，发生氧化反应C．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2D．通过该反应可说明HIO的氧化性强于O2解析：在反应H2O2＋2HIO=I2＋O2↑＋2H2O中，H2O2中氧元素的化合价为－1价，反应后生成氧气，氧元素的化合价为0价，化合价升高，H2O2作还原剂，故A项错误；HIO中的I为＋1价，反应后降低到I2中的0价，得电子，HIO发生还原反应，故B项错误；该反应中，O2为氧化产物，I2为还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C项错误；该反应中，HIO是氧化剂，O2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以HIO的氧化性强于O2，故D项正确。答案：D7．(2021·德阳第二次模拟)对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是()A．将少量SO2通入次氯酸钠溶液中：ClO－＋SO2＋H2O=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋B．向含CaSO4的水垢中滴入饱和Na2CO3溶液：CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋CaCO3(s)C．用铁电极电解饱和MgCl2溶液：Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up17(电解))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑D．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入含等物质的量溶质的Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=BaSO4↓＋NH3·H2O解析：将少量SO2通入次氯酸钠溶液中：3ClO－＋SO2＋H2O=Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2HClO，A项＋CaCO3(s)，B项正确；用铁电极电解饱和MgCl2溶液，铁失电子生成亚铁离子，没有氯气产＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋Fe(OH)2↓，D项错误。答案：B8．(2021·湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是()A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole－B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D．可用酸化的KI淀粉溶液检验食盐中IOeq\o\al(－,3)的存在解析：该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中＋5价，每个碘原子升高5价，即6I2～60e－，又因为方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole－，A项错误；该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3～6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B项正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C项正确；食盐中IOeq\o\al(－,3)可先与酸化的KI淀粉溶液中的H＋、I－发生归中反应：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的KI淀粉溶液检验食盐中IOeq\o\al(－,3)的存在，D项正确。答案：A9．(2020·云南文山壮族苗族自治州第一次模拟)下列叙述或操作正确的是()A．由制备Na用电解熔融状态的NaCl推知，制备Al也可用电解熔融状态的AlCl3B．根据反应①3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O和反应②Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O推知，氧化性：稀HNO3>浓HNO3C．取适量X溶液，向其中通入CO2气体直至过量，有白色沉淀，说明X溶液中一定含有AlOeq\o\al(－,2)D．取agNa2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，减重bg，可以测定混合物中Na2CO3的质量分数解析：AlCl3为共价化合物，不能通过电解熔融状态的AlCl3制备Al，应该电解熔融状态的Al2O3，故A项错误；判断氧化性的强弱取决于得电子的能力，而不是得电子的多少，实际上氧化性：稀HNO3＜浓HNO3，故B项错误；某溶液中通入CO2气体直至过量，能有白色沉淀的离子可以是SiOeq\o\al(2－,3)，可以是AlOeq\o\al(－,2)，故C项错误；NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过充分加热分解，再利用差量法即可计算出原混合物中Na2CO3的质量分数，故D项正确。答案：D10．(2021·北京第二次模拟)实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为2KMnO4＋16HCl(浓)=5Cl2↑＋2KCl＋2MnCl2＋8H2O。下列说法不正确的是()A．Cl2是氧化产物B．浓盐酸在反应中只体现还原性C．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子D．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2解析：该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A项正确；该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B项错误；标准状况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由－1价变为0价，所以转移0.2mol电子，C项正确；该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D项正确。答案：B11．(2021·怀化第一次模拟)下列离子方程式与所述事实相符且正确的是()A．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙色)＋2OH－2CrOeq\o\al(2－,4)(黄色)＋H2O＋H2O=2HClO＋COeq\o\al(2－,3)C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应：S2Oeq\o\al(2－,3)＋6H＋＋2SOeq\o\al(2－,4)=4SO2↑＋3H2OD．氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸)：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O解析：向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋2H＋=2CrO3＋H2O，＋＋H2O＋S↓，C项错误；氢氧化铁溶于氢碘酸(强酸)：2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O，D项正确。答案：D12．(2020·湖南师大附中第一次模拟)锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图所示[已知：Ksp(FePO4)＝1.3×10－22]。下列说法正确的是()A．NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁B．“沉铁”过程所得滤渣的主要成分是Fe(OH)2C．反应器Ⅱ中产生的气体是CO2D．K2S2O8中O为－2价，其作用是氧化MnSO4解析：LiFePO4加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，再加入碳酸钠溶液调节pH，使Fe3＋沉淀，得到的滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为FePO4，之后再加入饱和的碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀；MnSO4与K2S2O8反应，Mn2＋被氧化成MnO2生成沉淀析出；将MnO2与Li2CO3混合反应得到锰酸锂。据此分析解答。分析可知，NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁，A说法正确；“沉铁”过程，所得滤渣中铁为＋3价，且为白色，不是氢氧化亚铁，利用原子守恒，其主要成分是FePO4，B说法错误；反应器Ⅱ中二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn2O4，Mn的化合价降低，C的化合价最高，则O的化合价升高，应有氧气产生，则产生的气体是CO2和O2混合气体，C说法错误；K2S2O8中S的化合价为＋6价，K为＋1价，O的化合价有－2、－1价，则S2Oeq\o\al(2－,8)中存在“—O—O—”键，作用是氧化MnSO4，D说法错误。答案：A13．(2021·日照第三次模拟)以197g六氨合氯化镁为原料，经酸化、碳化、热解、过滤、干燥制得932g碱式碳酸镁产品，同时获取副产物CO226.88L(标准状况)。原理如下(假定每步反应都没有损耗；x、y、z的最简整数比为x∶y∶z)。酸化反应：MgCl2·6NH3＋6HCl=MgCl2＋6NH4Cl；碳化反应：MgCl2＋2NH4HCO3=Mg(HCO3)2＋2NH4Cl；热解反应：Mg(HCO3)2→xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O↓＋CO2↑(未配平)。下列说法正确的是()A．xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O属于混合物B．x＝z＝2C．y＝1D．副产物NH4Cl可用作化肥，也可用热分解法制备氨解析：根据题意，产生的二氧化碳在标准状况下的体积为26.88L，其物质的量为n＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(26.88,22.4)＝1.2(mol)，因为没有损耗，所以由197g六氨合氯化镁(即1mol)，制得的碳酸氢镁为1mol；根据H原子守恒，可得Mg(HCO3)2→xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O↓＋CO2↑中，碳酸z＝x、z＝4y，即x∶y∶z＝4∶1∶4，即x＝z＝4、y＝1。据此分析解答。碱式碳酸镁属于化合物，故A项错误；x＝z＝4，故B项错误；y＝1，故C项正确；氯化铵属于含氮元素的盐，可用作化肥，因其分解产生氨和氯化氢，冷却时又反应生成氯化铵，不能用热分解法制备氨，故D项错误。答案：C14．(2021·泰安第一次模拟)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应Ⅰ：MnOeq\o\al(－,4)＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反应Ⅱ：MnOeq\o\al(－,4)＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正确的是()A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B．反应Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，转移电子的物质的量为10molC．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3解析：MnOeq\o\al(－,4)中Mn元素为＋7价，Cu2S中Cu和S元素分别为＋1、－2价，FeS2中Fe和S元素分别为＋2、－1价，据此分析解题。反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A项错误；反应Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2×(2－1)＋(6＋2)＝10，反应转移电子的物质的量为10mol，B项正确；反应Ⅱ中氧化剂MnOeq\o\al(－,4)化合价降低(7－2)＝5，还原剂FeS2化合价共升高1＋2×(6＋1)＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C项错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2×(2－1)＋(6＋2)＝10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1＋2×(6＋1)＝15，应氧化eq\f(1,3)molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol∶eq\f(1,3)mol＝3∶2，D项错误。答案：B15．(2021·大庆铁人中学月考)CO与N2O均是大气污染物，可通过反应CO＋N2O=N2＋CO2转化为无害气体，其相对能量与反应历程的关系如图所示。已知CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：第一步：Fe＋N2O=FeO＋N2，第二步：FeO＋CO=Fe＋CO2。下列叙述错误的是()A．FeO是反应的中间产物B．两步反应的ΔH均小于0C．该反应的速率主要由第二步反应决定D．E2－E0为在没有催化剂条件下总反应的活化能解析：由已知信息可知，第一步反应中Fe被消耗，第二步反应中Fe又生成，说明Fe是反应的催化剂，而FeO是反应的中间产物，故A项正确；由图可知，两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，ΔH均小于0，故B项正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的速率取决于化学反应速率慢的一步，由图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则总反应速率主要由第一步反应决定，故C项错误；由图可知，E2－E0为在没有催化剂条件下总反应的活化能，故D项正确。答案：C16．(2021·青岛实验中学模拟)据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示。下列说法错误的是()A．V的价层电子排布式为3d34s2B．V5＋—OH和V4＋—OH在该反应过程中作催化剂C．总反应化学方程式：4NH3＋3O2eq\o(=,\s\up17(催化剂),\s\do20())2N2＋6H2OD．当消耗标准状况下11.2LO2时，整个过程转移6mole－解析：由题图可知，NH3、O2、NO参加反应，N2、H2O生成；V5＋—OH和V4＋—OH在整个过程中先被消耗掉，后面又生成，参与循环，作为催化剂。据此分析解答。V是23号元素，3d轨道能量比4s高(都是空轨道时)，故电子优先进入4s轨道，故V的价层电子排布式为3d34s2，A项正确；由图可知V5＋—OH和V4＋—OH在该反应过程中边消耗边生成，质量和性质未发生改变，故作为催化剂，B项正确；反应过程中还有NO参加了反应，总反应的化学方程式为4NH3＋O2＋4NOeq\o(=,\s\up17(催化剂))4N2＋6H2O，C项错误；n(氧气)＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(11.2,22.4)mol＝0.5mol，由4NH3＋O2＋4NOeq\o(=,\s\up17(催化剂))4N2＋6H2O可知，NH3中N元素化合价升高，而O2中O元素化合价降低、NO中N元素化合价降低，又由化学计量数可知，有0.5mol的氧气参加反应，一定消耗了2molNH3，eq\o(N,\s\up6(－3))H3→eq\o(N,\s\up6(0))2化合价降低了3价，故转移的电子物质的量为3×2mol＝6mol，D项正确。答案：C二、非选择题(本题共4小题，共56分。)17．(2020·北京第十二中学月考)(16分)某小组研究FeCl3与Na2S的反应，设计了如下实验：实验操作示意图FeCl3体积实验a实验b实验c5mL10mL30mL实验现象产生黑色浑浊，混合液pH＝11.7黑色浑浊度增大，混合液pH＝6.8黑色浑浊比实验b明显减少，观察到大量黄色浑浊物，混合液pH＝3.7Ⅰ.探究黑色沉淀的成分。查阅资料：Fe2S3(黑色)在空气中能够稳定存在，FeS(黑色)在空气中易变质为Fe(OH)3。设计实验：分别取实验a、b、c中沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化。b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。(1)①同学甲认为实验a中黑色沉淀为Fe2S3，实验b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS，依据的实验现象是____________________________________________________________。②同学乙认为实验b的黑色沉淀物中有FeS，则一定混有S，理由是__________________。③设计实验检验b的黑色沉淀物中混有硫。已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。实验证明了b中黑色沉淀混有S，试剂a是________，观察到的现象为___________________。Ⅱ.探究实验a中Fe3＋与S2－没有发生氧化还原反应的原因经查阅资料，可能的原因有两种。原因1：pH影响了Fe3＋与S2－的性质，二者不能发生氧化还原反应。原因2：沉淀反应先于氧化还原反应发生，导致反应物浓度下降，二者不能发生氧化还原反应。设计实验(电极材料为石墨)：(2)①试剂X和Y分别是__________、__________。②同学甲认为若右侧溶液变浑浊，说明Fe3＋与S2－发生了氧化还原反应。是否合理？说明理由：__________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③同学乙进一步实验证明该装置中Fe3＋与S2－没有发生氧化还原反应，实验操作及现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。④由此得出的实验结论是___________________________________________________。Ⅲ.探究实验c随着FeCl3溶液的增加，黑色沉淀溶解的原因。实验1实验2固体溶解，闻到微量臭鸡蛋气味，溶液出现淡黄色浑浊(3)①用离子方程式解释实验1中的现象__________________________________________、___________________________________________________________(写离子方程式)。②结合化学平衡等反应原理及规律解释实验2中现象相同与不同的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)①已知Fe2S3(黑色)在空气中能够稳定存在，FeS(黑色)在空气中易变质为Fe(OH)3，a中黑色沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化，说明黑色沉淀在空气中稳定存在，该黑色固体成分为Fe2S3；b、c中黑色沉淀放置于空气中12小时，部分变为红褐色，说明未变色部分是空气中稳定存在Fe2S3，变色部分是在空气中易变质的FeS，即b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS。②b中FeCl3与Na2S反应生成FeS，发生氧化还原反应，依据元素化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高，则乙同学认为实验b的黑色沉淀物中有FeS则一定混有S。③已知“硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大”，实验中将含有S的黑色沉淀用95%的酒精溶解，加入水，乙醇质量分数减小，硫的溶解度减小，溶液变浑浊。(2)①研究FeCl3与Na2S的反应，同时探究pH的影响，应该根据控制变量的原则，结合实验a，则一极为25mL0.1mol·L－1Na2S溶液、5mLpH＝1.7的盐酸，另一极为试剂X为25mLpH＝12NaOH溶液，试剂Y为5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液。②因为空气中的氧气也能氧化S2－，故若右侧溶液变浑浊，说明Fe3＋与S2－发生了氧化还原反应不合理。③若Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，左侧生成Fe2＋，同学乙进一步实验证明该装置中Fe3＋与S2－没有发生氧化还原反应，故为取左侧烧杯中的液体，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成。④实验结论为氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3＋与S2－的性质。(3)①实验1中有臭鸡蛋气味，是由于FeCl3溶液水解显酸性，与FeS结合生成H2S气体，反应的离子方程式为FeS＋2H＋=H2S↑＋Fe2＋，出现淡黄色浑浊是因为FeS与Fe3＋发生氧化还原生成S单质，反应的离子方程式为FeS＋2Fe3＋=3Fe2＋＋S。②实验2中分别加入盐酸和FeCl3溶液与Fe2S3反应，固体都溶解，闻到臭鸡蛋气味，出现淡黄色浑浊，是由于实验2中两份溶液的c(H＋)相同，都存在平衡Fe2S3(s)2Fe3＋(aq)＋3S2－(aq)，H＋与S2－结合生成H2S，酸性条件下Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，两种因素使得c(Fe3＋)、c(S2－)降低，平衡正向移动；但现象也稍微不同，加入FeCl3溶液的固体溶解更快，原因是：加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c(Fe3＋)更大，酸性条件下Fe3＋与S2－发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快。答案：(1)①a中沉淀无明显变化，b、c中黑色沉淀部分变为红褐色②依据化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高③水溶液变浑浊(2)①25mLpH＝12－③取左侧烧杯中的液体，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成④氧化还原反应不能发生的＋＋S②实＋(aq)＋3S2－(aq)，H＋与S2－结合生成H2S，酸性条件下Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，两种因素使得c(Fe3＋)、c(S2－)降低，平衡正向移动；实验现象不同的原因：加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c(Fe3＋)更大，酸性条件下Fe3＋与S2－发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快18．(2021·南京第二次模拟)(10分)氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)还原为Cr3＋。如图所示，废水的不同初始pH对Cr2Oeq\o\al(2－,7)去除效果有重要影响。①酸性条件下，铝粉去除Cr2Oeq\o\al(2－,7)反应的离子方程式为________________________________________________________________________。②初始pH为3.0，反应180min后，废水中Cr2Oeq\o\al(2－,7)浓度仍较高的原因是________________________________________________________________________。③实验证明，若初始pH过低，Cr2Oeq\o\al(2－,7)的去除效果也不理想，其原因可能是________________________________________________________________________。(2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl溶液)中加入Ca(OH)2和NaAlO2粉末，氯离子可转化为Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀。①该反应的化学方程式为___________________________________________________。②保持投料比[n(Ca)∶n(Al)∶n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度的变化如图所示，当初始氯离子浓度高于5g·L－1时，氯离子去除率下降的原因可能是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=2Cr3＋＋2Al3＋＋7H2O。②pH为3.0，Al的还原性较弱。③pH过低，溶液中H＋含量较高，Al和H＋反应生成Al3＋，导致Cr2Oeq\o\al(2－,7)的去除效果不理想。(2)①NaCl溶液、＋2NaAlO2＋4H2O=Ca4Al2(OH)12Cl2↓＋4NaOH。②保持投料比[n(Ca)∶n(Al)∶n(Cl)]和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于5g·L－1时，根据2NaCl＋4Ca(OH)2＋2NaAlO2＋4H2O=Ca4Al2(OH)12Cl2↓＋4NaOH可知，Cl－浓度较高时，所需Ca(OH)2的用量较大，其难以溶解，导致氯离子去除率下降。答案：(1)①2Al＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=2Cr3＋＋2Al3＋＋7H2O②Al的还原性较弱③pH过低，Al和H＋反应生成Al3＋(2)①2NaCl＋4Ca(OH)2＋2NaAlO2＋4H2O=Ca4Al2(OH)12Cl2↓＋4NaOH②Cl－浓度较高时，所需Ca(OH)2的用量较大，其难以溶解，导致氯离子去除率下降19．(2021·茂名第三次模拟)(16分)某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O2eq\o(=,\s\up17(高温))2CuO＋TeO2。请回答下列问题：(1)Te元素在元素周期表中的位置为______________________________________________，该元素最高化合价__________。(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________。(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有__________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为__________极。(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是___________________________________________________________________________________________________________。(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50g配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为_______________________________。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为________(保留三位有效数字)。解析：(1)碲元素位于第五周期第ⅥA族，该元素的最高化合价为＋6价。(2)根据工艺流程可知反应物为Cr2O3，纯碱以及空气中的氧气，生成物为二氧化碳和重铬酸钠，则反应方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up17(高温))4Na2CrO4＋4CO2。(3)因加入了稀硫酸，则浸出液中一定含有硫酸铜，铜离子得到电子转换为铜单质，电解池中阴极得到电子。(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小。(5)重＋＋－1(NH4)2Fe(SO4)2的体积为25mL，且实验取配制溶液的十分之一进行反应，则该样品的质量分数：w(K2Cr2O7)＝eq\f(m（K2Cr2O7）,m样)＝eq\f(0.1×25×10－3÷6×10×294,2.50)×100%＝49.0%。答案：(1)第五周期第ⅥA族＋6(2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up17(高温))4Na2CrO4＋4CO2(3)CuSO4阴(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小(5)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O49．0%20．(2021·北京第一次模拟)(14分)在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如下：请回答下列问题：(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)焙烧炉中可用Na2CO3代替NaCl与富钒炉渣焙烧制得偏钒酸钠。用Na2CO3代替NaCl的优点是____________________________________________________________________________________________________________________________