精-品解析：广东省深圳市龙岗区2023-2024学年高一上学期1月期末质量监测化学试题（解析版）

第1页/共1页龙岗区2023﹣2024学年第一学期高一期末质量监测化学试卷注意事项：1.本试卷共10页，满分100分，考试用时75分钟。2.答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区。请保持条形码整洁、不污损。3.本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效。答题卡必须保持清洁，不能折叠。4.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内。5.考试结束，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12Si14O16S32K39一、选择题：本题共23小题，共60分。第1~16小题，每小题2分；第17~23小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.中华文化源远流长，下列文物的主要构成材料不属于合金的是A．商铁刃铜钺B．汉青铜酒樽C．山顶洞人遗迹骨针D．战国铁火盆A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．商铁刃铜钺中含有铁、铜元素，文物的主要构成材料属于合金，A不符合题意；B．汉青铜酒樽主要成分是铜合金，铜合金属于合金，B不符合题意；C．山顶洞人遗迹骨针是动物骨骼磨成，动物骨骼的主要成分是无机盐，不属于合金，C符合题意；D．战国铁火盆的主要成分是铁合金，铁合金属于合金，D不符合题意；故选C。2.第19届杭州亚运会是一次充满未来感和科技感的盛会。下列有关说法错误的是A.亚运火炬“薪火”燃料为再生的绿色甲醇，甲醇是一种清洁燃料B.杭州亚运会夜空中美丽探照灯光束，其原理是丁达尔效应C.“杭州伞”以钢管为基础构建，钢是用量最大、用途最广的合金D.开幕式上五彩缤纷的烟花，其焰色原理的本质是一种化学变化【答案】D【解析】【详解】A．甲醇燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，是一种清洁燃料，A正确；B．丁达尔效应是胶体的性质，杭州亚运会夜空中美丽的探照灯光束，其原理是丁达尔效应，B正确；C．钢是用量最大、用途最广的合金，C正确；D．焰色反应是元素的性质，属于物理变化，D错误；故答案为：D。3.华为麒麟9000s芯片实现了智能手机5G芯片的国产化。下列有关说法正确的是A.硅元素位于元素周期表第三周期ⅣA族B.自然界中存在的28Si、29Si、30Si互为同素异形体C.的中子数为14D.硅与碳同主族，酸性强弱为：H2SiO3>H2CO3【答案】A【解析】【详解】A．Si是14号元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数为4，位于周期表中第三周期第ⅣA族，A正确；B．同素异形体是同种元素形成的结构不同的单质，而28Si、29Si、30Si是硅元素不同原子，它们互为同位素关系，B错误；C．的质量数是29、质子数是14，其中子数=29-14=15，C错误；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性：Si＜C，则酸性：H2SiO3＜H2CO3，D错误；故答案为：A。4.关于物质的用途与保存，下列说法错误的是A.Fe3O4俗称磁性氧化铁，常用作磁性材料 B.碳酸钠可用于治疗胃酸过多C.漂白粉应避光并置于阴凉处密封保存 D.FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳【答案】B【解析】【详解】A．Fe3O4具有磁性，俗称磁性氧化铁，常用作磁性材料，A正确；B．碳酸钠碱性太强，会腐蚀消化道，不能用于治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠治疗，B错误；C．漂白粉与空气中的水、二氧化碳反应生成的次氯酸见光易分解，所以漂白粉应避光并置于阴凉处密封保存，C正确；D．FeSO4补血剂与维生素C均具有还原性，若二者配合使用，维生素C就可以防止补血剂FeSO4氧化变质，D正确；故答案为：B。5.牙膏摩擦剂中含有CaCO3、SiO2、Al(OH)3等成分，从分类来看上述物质均不属于A.氧化物 B.酸 C.碱 D.盐【答案】B【解析】【分析】氧化物指含有两种元素，其中一种元素为氧元素的化合物；酸指电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；碱指电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；盐指能够电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物，据此分析解题。【详解】CaCO3属于盐，SiO2属于氧化物，Al(OH)3属于两性氢氧化物，既可以看成酸，也可以看成碱，故答案为：B。6.我国科学家首次实现从二氧化碳到淀粉的人工合成，下列有关说法错误的是A.CO2属于共价化合物 B.CO2分子中含极性共价键C.CO2是一种温室气体 D.CO2属于电解质【答案】D【解析】【详解】A．CO2分子中C原子与O原子之间以共价键结合，属于共价化合物，A正确；B．在CO2分子中含有2个C=O键，该共价键是由不同元素的原子形成，则CO2分子中含极性共价键，B正确；C．CO2气体排放过多会导致温室效应，CO2是一种温室气体，C正确；D．CO2是在其水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电的化合物，属于非电解质，D错误；故选D。7.下列各组离子中，可以大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【解析】【详解】A．和反应生成H2O和CO2而不能大量共存，A不合题意；B．与发生氧化还原反应生成I2和Fe2+而不能大量共存，B不合题意；C．、、、各离子间均不反应，能够大量共存，C符合题意；D．和反应产生AgCl白色沉淀而不能大量共存，D不合题意；答案选C。8.下列物质的性质应用中，与氧化还原反应原理无关的是A.白醋除去水壶中的水垢 B.铁矿石(Fe2O3)冶炼铁C.Na2O2作潜水艇供氧剂 D.还原铁粉作食品脱氧剂【答案】A【解析】【详解】A．白醋除去水壶中的水垢，生成醋酸钙、二氧化碳和水，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，符合题意，A符合题意；B．铁矿石(Fe2O3)冶炼铁，有Fe单质生成，Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，不符合题意，B不合题意；C．Na2O2作潜水艇的供氧剂，即反应中有O2生成，氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，不符合题意，C不合题意；D．还原铁粉作食品脱氧剂，是铁与氧气反应，属于氧化还原反应，不符合题意，D不合题意；故答案为：A。9.中国化学遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”组成“中国青年化学家元素周期表”。元素Po(钋)与S同主族，由暨南大学陈填烽代言，其原子序数为84.下列说法正确的是A.Po位于元素周期表的第4周期 B.原子半径：Po<SC.的中子数为126 D.只有还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A．S是序号为16的元素，位于元素周期表第3周期第VIA族，元素Po(钋)与S同主族，其原子序数为84，所以元素Po(钋)位于第6周期，故A错误；B．因为元素Po(钋)与S同主族，S位于第3周期，Po位于第6周期，所以原子半径：Po>S，故B错误；C．因为元素的原子序数为84，质量数为210，中子数=质量数-质子数，且原子序数=核电荷数=质子数，所以中子数=210-84=126，故C正确；D．因为最外层电子数决定元素的化学性质，在元素周期表中同一主族元素的原子最外层电子数相同，所以它们的化学性质相似。元素Po(钋)与S同主族，SO2既有氧化性又有还原性，所以在化合中，Po的化合价为+4价，既有还原性，也有氧化性，故D错误；故答案：C。10.下列有关离子方程式正确的是A.铁粉溶于稀盐酸：B.工业制备漂白液：C.Na2O2与水反应：D.用FeCl3溶液制备氢氧化铁胶体：【答案】B【解析】【详解】A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式是，A错误；B．工业制备漂白液是氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，次氯酸钠和水，离子方程式为，B正确；C．书写离子方程式时，氧化物不能拆成离子形式，C错误；D．用FeCl3溶液与沸水反应制备氢氧化铁胶体，用碱制备会直接得到沉淀，D错误；答案选B。11.实验室制取Cl2时，下列装置均能达到实验目的的是A．制备Cl2B．净化Cl2C．收集Cl2D．尾气处理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．浓盐酸与二氧化锰常温下不反应，缺少加热，不能制备氯气，故A错误；B．应先通过饱和食盐水除去HCl，后通入浓硫酸干燥氯气，通入碳酸氢钠溶液中不能净化氯气，故B错误；C．氯气的密度比空气密度大，且收集气体不能密封，气体过多时易使仪器炸裂，故C错误；D．氯气有毒，可与NaOH溶液反应，图中装置可吸收尾气，故D正确；答案选D。12.“幸福是人们的辛勤的劳动创造出来的”。下列劳动项目与所涉及的化学原理不相符的是选项劳动项目化学原理A工业生产：用FeCl3溶液和覆铜板为基础材料制作印刷电路板FeCl3能与Cu发生置换反应B学农研究：制作豆腐时加入石膏或卤水加入电解质使胶体发生聚沉C消毒工作：漂粉精可用于游泳池的消毒Ca(ClO)2具有强氧化性D自主探究：用铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道铝粉可与NaOH溶液反应产生H2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．在工业生产：用FeCl3溶液和覆铜板为基础材料制作印刷电路板，是由于FeCl3具有强氧化性，能够与Cu发生氧化还原反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，反应类型不属于置换反应，A错误；B．在学农研究上：制作豆腐时加入石膏或卤水，是由于豆腐的主要成分是蛋白质，在蛋白质溶液中加入电解质使胶体发生聚沉，使溶质蛋白质与溶剂水分离，B正确；C．在消毒工作上：漂粉精可用于游泳池的消毒，是由于漂粉精主要成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其生理活性，C正确；D．在自主探究方面：可以用铝粉和氢氧化钠的疏通剂疏通管道，是由于铝粉可与NaOH溶液反应产生H2，反应放出热量，可以加快NaOH对毛发的腐蚀，且H2是气体物质，可以更有利于管道的疏通，D正确；故合理选项是A。13.下列实验操作及对应结论正确的是A.用pH试纸测出饱和氯水的pH=2B.分别向等体积同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入2滴酚酞，Na2CO3溶液较NaHCO3溶液红色更深，说明Na2CO3溶液碱性更强C.用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色为黄色，该溶液一定为钠盐溶液。D.取试液于试管中，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明该溶液中含有Cl﹣【答案】B【解析】【详解】A．氯水中含HClO，可使pH试纸褪色，不能测定pH值，应选pH计测定，A错误；B．等体积同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，碳酸根离子的水解程度大，溶液的碱性强，则Na2CO3溶液较NaHCO3溶液红色更深，B正确；C．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，该溶液为钠盐溶液或NaOH溶液，C错误；D．白色沉淀可能为碳酸银或氯化银等，由实验操作和现象可知，该溶液中不一定含有Cl-，D错误；故答案为：B。14.利用质量分数98%的浓硫酸(密度1.84g/cm3)配制100mL的稀硫酸，下列关于该实验说法正确的是A.用量筒量取1.08mL浓硫酸B.将量取的浓硫酸倒入容量瓶，然后加蒸馏水定容C.定容时，若俯视刻度线，会导致所配制的硫酸浓度偏大D.定容时液面超过刻度线，立即将多余的液体吸出【答案】C【解析】【详解】A．经计算可知，V(浓硫酸)==1.08mL，量筒的精度为0.1mL，应用量筒量取1.1mL浓硫酸，可以用移液管量取1.08mL浓硫酸，A错误；B．浓硫酸稀释会放出大量的热，不能在容量瓶中稀释，在烧杯中稀释，且将浓硫酸注入水中，并不断搅拌，B错误；C．定容时，若俯视刻度线，液面在刻度线下方，所配溶液体积偏小，会导致所配制的硫酸浓度偏大，C正确；D．定容时液面超过刻度线，所配溶液浓度偏小，需要倒掉溶液，洗涤，重新配制，D错误；故答案为：C。15.元素甲～戊均为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，其中戊的单质呈黄绿色，下列说法错误的是A.原子半径：戊＞丁＞乙B非金属性：乙＞戊C.简单氢化物的稳定性：甲＞丙D.甲的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸【答案】A【解析】【分析】元素甲～戊均为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，其中戊的单质呈黄绿色，即氯气，则戊为Cl，则甲为N，乙为F，丙为P，丁为S。【详解】A．同一周期从左往右元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下元素的原子半径依次增大，故原子半径：丁＞戊＞乙，A错误；B．同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，故非金属性：乙＞戊，B正确；C．同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，简单气态氢化物的稳定性依次减弱，故简单氢化物的稳定性：甲＞丙，C正确；D．甲的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸，即硝酸是强酸，D正确；故选A。16.Na2O2可用于呼吸面具的供氧剂，用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molNa2O2中含有的离子数目为B.1molNa2O2溶于1L水，其溶质的物质的量浓度为2mol/LC.1molNa2O2用于供氧时，理论上可产生O2的体积为11.2LD.1molNa2O2与足量的水反应时，转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，1molNa2O2中含有2molNa+离子、1mol过氧根离子，则含有的离子数目为3NA，故A错误；B．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，1molNa2O2与水反应生成2molNaOH，但是溶液的体积不等于水的体积，溶液体积未知，无法计算物质的量浓度，故B错误；C．1molNa2O2用于供氧时，可以生成0.5molO2，但氧气所处的温度、压强未知，即气体摩尔体积不确定，不能计算氧气的体积，故C错误；D．Na2O2与水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1molNa2O2与足量水反应生成0.5molO2，转移电子为0.5mol×2×1=1mol，即转移电子数为NA，故D正确；答案选D。17.Fe3O4可以催化太阳能分解水制氢，其过程如下图所示。下列叙述错误的是A.H2、O2均含有非极性共价键B.Fe3O4和FeO均为红棕色固体C.过程Ⅱ中水做氧化剂D.过程的总反应可以表示为【答案】B【解析】【详解】A．H2、O2均是双原子单质分子，含有的共价键为非极性共价键，A正确；B．Fe3O4和FeO均为黑色固体，Fe2O3是红棕色固体，B错误；C．过程Ⅱ中H的化合价降低，水发生得电子的还原反应，则水作氧化剂，故C正确；D．Fe3O4催化太阳能分解水制氢的过程中，FeO是中间产物，水是反应物，H2、O2是生成物，则总反应为，D正确；故答案为：B。18.一种可以治疗胃酸过多的药物主要成分的结构如下图所示，下列有关说法正确的是A.元素的非金属性：Z<YB.微粒半径：X＋>Z2﹣C.该物质既能与盐酸反应，也能与氢氧化钠反应D.该物质不属于电解质【答案】C【解析】【分析】该药物能治疗胃酸过多，该药物应该具有弱碱性，该药物是由金属阳离子和酸根离子构成的，应该是强碱弱酸盐，根据阳离子电荷知，X可能是Na元素，Y为碳元素，Z为氧元素，W为氢元素，故该化合物为NaHCO3，据此分析解题。【详解】A．同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，则元素的非金属性：O＞C，A错误；B．核外电子排布相同，核电荷数月下，离子半径越大，则微粒半径：Na+＜O2-，B错误；C．该物质为碳酸氢钠，既能与酸反应，又能与碱反应，C正确；D．该物质为碳酸氢钠，属于电解质，D错误；故答案为：C。19.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示。下列有关说法正确的是A.FeCl2⋅4H2O属于混合物 B.“加热脱水”属于物理变化过程C.高温还原的过程中N2作还原剂 D.高温制备纳米级Fe时反应容器须保持充分干燥【答案】D【解析】【分析】FeCl2·4H2O加热失去结晶水变为FeCl2，然后在N2的惰性环境中，被H2还原为纳米级Fe，据此解答。【详解】A．FeCl2·4H2O是带结晶水的盐，属于化合物，是纯净物，而不是混合物，A错误；B．FeCl2·4H2O加热失去结晶水变为FeCl2，FeCl2·4H2O、FeCl2、H2O是不同物质，因此“加热脱水”属于化学变化过程，B错误；C．在高温还原的过程中N2作保护气，防止反应产生的Fe被氧化，而不是作还原剂，C错误；D．在高温制备纳米级Fe时反应容器须保持充分干燥，否则Fe与H2O(g)在高温下会反应生成Fe3O4和H2，D正确；故选D。20.下列实验的现象与结论均正确的是选项操作现象结论A无色溶液变为橙色Cl的非金属性强于BrB有色鲜花褪色干燥氯气具有漂白性C点燃肥皂泡，听到爆鸣声铁粉与水蒸气反应生成氢氧化铁和氢气D产生白色沉淀FeSO4与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氯水中氯气氧化NaBr生成溴，无色溶液变为橙色，则Cl的非金属性强于Br，故A正确；B．氯气与水反应生成的HClO，使鲜花褪色，而干燥的氯气不具有漂白性，故B错误；C．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不生成氢氧化铁，故C错误；D．氢氧化亚铁易被氧化，图中没有隔绝空气，故D错误；答案选A。21.如图是氯元素的部分“价﹣类”二维图，下列说法错误的是A.液态b可储存在钢瓶中B.f的水溶液为一种强酸C.a的水溶液与g在一定条件下可以得到bD.一定条件下，h的固体可分解产生O2【答案】B【解析】【分析】a为HCl，b为Cl2，c为Cl2O，d为ClO2，e为Cl2O7，f为HClO，g为次氯酸盐，h为氯酸盐，据此解答。【详解】A．氯气与铁在常温下不反应，故液态氯气可储存在钢瓶中，A正确；B．f为次氯酸，次氯酸为弱酸，B错误；C．盐酸与次氯酸盐反应可以发生归中反应生成氯气，C正确；D．一定条件下，氯酸盐的固体可分解产生O2，如氯酸钾分解生成氯化钾和O2，D正确；故选B。22.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，体积分数大于10%时可能爆炸。常采用H2O2和NaOH混合溶液将其吸收转化为NaClO2保存。现利用下图装置及试剂制备并保存ClO2，下列说法正确的是A.通入氮气的目的是与ClO2反应 B.a装置中的草酸在反应中被还原C.b装置中的H2O2做氧化剂 D.c装置中倒置漏斗主要用于防止倒吸【答案】D【解析】【分析】装根据题中二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，故常采用H2O2和NaOH混合溶液将其吸收转化为NaClO2保存，a装置为二氧化氯的发生装置，b为二氧化氯转换为NaClO2的装置，c为尾气处理装置，以此来解析；【详解】A．实验过程中通入氮气的目的是稀释二氧化氯，防止因浓度过高而分解爆炸，A错误；B．a装置中的草酸与氯酸钠反应生成二氧化氯，草酸中碳元素的化合价由+3价升高到+4价，则草酸在反应中被氧化，B错误；C．装置b中二氧化氯被氢氧化钠和过氧化氢混合溶液吸收生成亚氯酸钠和氧气，则过氧化氢中氧元素的化合价升高，则过氧化氢为还原剂，C错误；D．c装置为尾气处理装置，其中倒置漏斗主要用于防止倒吸，D正确；答案选D。23.向100mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol/L的稀盐酸，用pH传感器测定混合溶液的pH随加入稀盐酸体积变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A.从起始到A点过程中，几乎没有气体产生B.A点的溶液显碱性C.经测定B点溶液显酸性，原因是此时稀盐酸过量D.B点之后，继续滴加盐酸，溶液中没有明显现象【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，从1：1反应起始到A点过程中，碳酸钠和盐酸转化为碳酸氢钠，无CO2气体产生，A正确；B．由图可知，A点碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液显碱性，B正确；C．由图可知，B点盐酸和碳酸氢钠反应全部转化为氯化钠和碳酸，所以溶液显酸性，不是因稀盐酸过量导致，C错误；D．B点碳酸钠已经反应完，B点之后，继续滴加盐酸不再反应，溶液中没有明显现象，D正确；故答案为：C。二、非选择题：本题共包括3题，共40分。24.阅读下列科普短文并结合短文内容填空在“碳中和”的国际大背景下，如何实现碳捕集和碳转化成为科学研究点。材料一：﹣电池为碳捕获和储能提供了一种非常有前景的新途径，Li﹣CO2电池通过Li电极与CO2反应生成和C，从而实现碳捕获和能量释放。材料二：利用电化学法将CO2还原为燃料如、甲醇、、乙烯、等，既能减少CO2排放，又能让CO2“变废为宝”成为能源补给。我国科学家利用作阳极、作阴极，溶液作电解质溶液，通过电解装置将CO2还原为CO，从而实现碳转化和资源化。（1）碳元素在元素周期表中位置为_______，①③⑤⑦⑧⑨中(仅指划线部分，下同)属于电解质的物质是_______(填写序号)。（2）请写出一种与⑦互为同素异形体的物质：_______。（3）请写出材料一中Li与CO2发生的化学反应方程式_______，该反应中的CO2的作用是_______(填“还原剂”或“氧化剂”)。（4）材料二中使用的KHCO3溶液浓度为(，配制250mL该溶液时，需要称量固体的质量为_______g，由KHCO3固体配制该溶液，一定需要使用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、_______(从下列图中选择，填写仪器名称)。（5）材料二中反应的原理是通过电解将CO2变为O2和CO，该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.第二周期第ⅣA族②.③⑨（2）金刚石或C60（3）①.4Li+3CO2=2Li2CO3+C②.氧化剂（4）①.2.5②.250mL容量瓶、胶头滴管（5）1∶2【解析】【小问1详解】周期表中，横行表示周期、纵行表示族，根据周期表确定碳原子核外有2个电子层，最外层上有4个电子，故其在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，①⑦⑧是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，乙醇是非电解质，③⑨属于盐类，是电解质，故答案为：第二周期第ⅣA族；③⑨；【小问2详解】同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，故金刚石、石墨和C60都是碳元素的单质，互为同素异形体，故答案为：金刚石或C60；【小问3详解】Li-CO2电池中Li为单质锂片，是该原电池的负极，失去电子，发生氧化反应；正极上CO2发生得电子的还原反应，作氧化剂，CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，故答案为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C；氧化剂；【小问4详解】步骤一需要称量氢氧化钠固体的质量为0.25L×0.1mol/L×100g/mol=2.5g；在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中用胶头滴管定容，还需要仪器为250mL容量瓶，胶头滴管，故答案为：2.5；250mL容量瓶、胶头滴管；【小问5详解】材料二中反应的原理是通过电解将CO2变为O2和CO，根据电子守恒该反应的化学方程式为：2CO2O2+2CO，则该反应中氧化产物O2和还原产物CO的物质的量之比为1∶2，故答案为：1∶2。25.磷酸铁(FePO4)可作为新能源汽车锂离子电池的正极材料。一种以副产硫酸亚铁(主要成分为)FeSO4，杂质含Mn2＋、Al3＋、TiO2＋)为原料合成磷酸铁的工艺如图所示。回答下列问题：（1）滤渣1最主要成分为_______(写化学式)，在“除锰”过程中，杂质的去除率与Na2S的用量关系如图1所示，则Na2S的最适用量为_______%。（2）滤渣2中铝元素的存在形式为_______(填化学式)，其与NaOH溶液发生反应的离子方程式为_______。（3）“转化”步骤中，加入H2O2的目的是_______(用离子方程式表示)。该步骤中，一定时间内反应温度与产率的关系如图2所示，则60℃以后，随温度升高该反应产率降低的原因可能为_______。（4）“沉淀”步骤中，需要控制氨水的用量，若氨水过多，可能出现的结果是_______。欲检验“沉淀”是否完全，具体的操作与现象是_______。（5）滤液1中的主要溶质可回收，写出其中一种用途_______。【答案】（1）①.MnS②.4（2）①.Al(OH)3②.（3）①.2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+②.温度过高H2O2易分解（4）①.产率降低②.取少量上层清液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红，若不变红，则沉淀完全（5）作氮肥等【解析】【分析】副产硫酸亚铁加入水和硫化钠溶液，Mn2＋转化为硫化物沉淀，过滤后滤液中加入氨水，Al3＋、TiO2＋形成沉淀过滤除去，加入磷酸、双氧水发生反应，，加氨水中和酸，过滤得到FePO4，经一系列处理得到产品，据此分析；【小问1详解】滤渣1是Mn2＋与Na2S生成硫化物，最主要成分为MnS；由图可知，在“除锰”过程中，Mn2+除去率最高的时候，Na2S的最适用量为4%，Na2S用量再增大而除去率增幅不大，故选择4%；【小问2详解】滤渣2是Al3＋和氨水反应生成的沉淀，铝元素的存在形式为Al(OH)3；其与NaOH溶液发生反应的离子方程式为:；【小问3详解】加入磷酸、双氧水，H2O2将氧化成，2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+；温度过高H2O2易分解，使该反应的产率降低；【小问4详解】若氨水过多，pH过大，促进水解生成，产率降低；欲检验“沉淀”是否完全即检验，方法：取少量上层清液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红，若不变红，则沉淀完全；【小问5详解】滤液1中的主要溶质为硫酸铵，可用作氮肥。26.84消毒液在日常生活中使用广泛，具有漂白、杀菌、消毒功效。某中学实验室模拟制备84消毒液并对84消毒液的漂白效果进行了探究。请按要求回答下列问题。I．84消毒液的制备：利用下图装置制备NaClO溶液已知：向0~5℃的烧碱溶液中通入氯气生成NaClO，。（1）Cl