2024年新科版必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年新科版必修1化学上册阶段测试试卷346考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、短周期主族元素X；Y、Z、W的原子序数依次增大。在图所示物质转化关系中；l是由该四种元素组成的离子化合物，m是Y的单质，n是Z的单质，p是W的单质，其余为由上述的两种或三种元素组成的化合物。u的水溶液具有漂白性；常温时，0.01mol/Lt与0.01mol/Lv溶液的pH均为2。下列说法正确的是。

A.原子半径：r(X)B.简单氢化物的稳定性：Y>Z>WC.W的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强D.X、Y、Z三种元素形成的化合物只能抑制水的电离2、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”假设盐分以一个NaCl计其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是A.海冰内层“盐泡”越多，密度越小B.海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多C.海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D.海冰内层NaCl的浓度约为设冰的密度为3、24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价是（）A.＋2B.＋3C.＋4D.04、用下列方法均可制得氧气：

①2KClO32KCl+3O2↑

②2HgO2Hg+O2↑

③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑

若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为A.3:1:1B.1:1:1C.3:1:4D.2:1:15、下列离子方程式书写正确的是A.向显蓝色的淀粉溶液中通入足量后变成无色溶液：B.电离平衡常数：向溶液中通入少量C.溶液与过量溶液反应：D.溶液中通入过量6、下列描述不涉及化学变化的是A.铁粉作袋装食品的抗氧化剂B.二氧化硫作纸浆的漂白剂C.氢氟酸作普通玻璃的刻蚀剂D.有机溶剂作食用油的萃取剂7、在氧化还原反应3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为A.1：1B.2：1C.1：2D.3：2评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、古代的药金外观与金相似，常被误认为是金子，冶炼的方法如下：将碳酸锌、赤铜(Cu2O)；木炭混合加热到800℃；得到金光闪闪的“药金”．

(1)药金的主要成分是______________________________________________________．

(2)冶炼时发生反应的化学方程式为___________________________________________．9、在下列物质中：①CO2；②KCl；③CaBr2；④O2；⑤NH4Cl；⑥Ca(OH)2；⑦N2；⑧HBr；⑨NH3；⑩Na2O2。

(1)只有非极性键的是________。

(2)只有极性键的是________。

(3)只有离子键的是________。

(4)既有离子键；也有非极性键的是________。

(5)既有离子键；又有极性键的是________。

(6)属于离子化合物的是________。

(7)属于共价化合物的是________。10、建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2+HI→NO+I2+NaI+H2O。

（1）配平上述反应方程式_________；

（2）上述反应的氧化剂是________；

（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，进行实验，下列几组合适的是________（填序号）。

A.③⑤

B.①②④

C.①②⑤

D.①②③⑤

（4）某厂废切削液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为________；该反应中被氧化的元素是________。11、向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液，反应的离子方程式为：_____________，向其混合液中再加入HCl，反应的离子方程式为：___________。12、（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式是____________；

（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入气体，发现蓝色逐渐消失，反应的离子方程式是____________；

（3）对比（1）和（2）实验所得的结果，将按还原性由强到弱顺序排列为____________；13、按要求完成下列填空。

(1)HNO3和KAl(SO4)2在水溶液中的电离方程式分别为_______、_______。

(2)Al溶解在足量NaOH溶液中的离子方程式为_______。

(3)以下几种物质：①二氧化碳②熔融KCl③BaSO4固体④铜⑤稀硫酸⑥澄清石灰水，其中属于电解质的有_______(填序号)。

(4)高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价)是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，该反应中_______元素被氧化，还原产物为_______。用单线桥在方程式中标出电子转移的情况_______。14、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。图为硫及其部分化合物的“价类二维图”；根据图示回答下列问题：

(1)根据“价类二维图”，下列能与B反应的物质有_________，反应中使B表现还原性的物质是________(填序号)。

①NaOH溶液②酸性KMnO4溶液③H2S溶液④BaC12溶液。

(2)写出金属铜与C的浓溶液在加热条件下反应生成SO2的化学方程式_______。

(3)D的钠盐放置在空气中极易变质，请设计实验方案证明其已被氧化_________。15、用下列仪器的编号回答问题。

①容量瓶②蒸馏烧瓶③酸式滴定管④量筒⑤烧杯⑥托盘天平⑦分液漏斗。

⑴加热时必须垫石棉网的有______________；

⑵使用时必须检查是否漏水的有___________；

⑶标有零刻度的有_______________。16、化学实验是化学学习的重要内容，根据你掌握的知识，完成下面内容。实验室需要配制0.1mol·L-1NaOH溶液230mL；请回答下列问题：

(1)用天平称取____gNaOH。配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有____、____。

(2)溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移。若趁热转移会使溶液的浓度_______(填“偏大”、或“偏小”)评卷人得分三、工业流程题(共3题，共30分)17、废弃锂离子电池的资源化处理日益重要。从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4；石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：

有关数据：25℃时，Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39。

回答下列问题：

（1）“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为___。

（2）完成“溶浸2”反应的离子方程式___：

LiFePO4+H2O2+____=Li++____+H2PO4-+H2O

（3）“滤渣2”的主要成分是___。

（4）“滤液2”循环两次的目的是___。

（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为__。实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是___。

（6）“沉淀转化”反应：FePO4+3OH-⇌Fe(OH)3+PO43-。用此反应的化学平衡常数说明转化能否完全___？

（7）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是___（填标号）。

A.NaOH20-40℃B.NaOH80-100℃

C.Na2CO320-40℃D.Na2CO360-80℃18、NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂；也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：

已知电解总反应为：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2

回答下列问题：

(1)NaClO2中Cl的化合价为___________。

(2)从物质分类角度来看NaHSO4是___________(填字母)。

a．酸b．酸式盐c．电解质d．非电解质e．离子化合物(由离子构成)f．共价化合物(由分子构成)

(3)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式___________。

(4)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为___________、___________。

(5)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，吸收反应中，氧化剂(ClO2)与还原剂(H2O2)的物质的量之比为___________。19、铝是重要的金属材料，铝土矿(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质)是工业上制取铝的原料。实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2(SO4)3和铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)固体a的化学式为_______。

(2)写出Ⅱ中加过量的烧碱涉及到的反应离子方程式_______、_______、_______；Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为_______。

(3)由Ⅲ中得到滤液c的实验操作为_______，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为(填操作名称)_______；冷却结晶、过滤洗涤。

(4)若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量。若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1∶1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为_______。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共21分)20、聚合硫酸铁（简称PFS或聚铁）是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制取聚合硫酸铁（）的工艺流程如下：

（1）酸浸时最合适的酸是_____（写化学式）。

（2）酸浸后溶液中主要的阳离子有_____。

（3）加入KClO3的目的是_____________________________（结合离子方程式说明）。

（4）过程a中生成聚合硫酸铁的过程是先水解再聚合。将下列水解反应原理的化学方程式补充完整。

_____Fe2(SO4)3+_____H2O______Fe2(OH)x(SO4)3-+___________

（5）过程a中水解要严控pH的范围。pH偏小或偏大聚合硫酸铁的产率都会降低，请解释原因__________。

（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，通常盐基度越高，絮凝效果越好。盐基度B的表达式：（n为物质的量）。为测量聚合硫酸铁的盐基度；进行如下实验操作：

ⅰ.取聚合硫酸铁样品mg，加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH－反应。然后以酚酞为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液VmL。

ⅱ.做空白对照实验，取与步骤ⅰ等体积等浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液V0mL。

①该聚合硫酸铁样品中n(OH－)＝_________mol。

②已知该样品中Fe的质量分数w，则盐基度B＝_______________。21、某冶炼厂利用含ZnO的烟灰脱除工业废气中的SO2；最终得到锌盐。该厂所用烟灰的主要成分如下表所示：

。主要成分。

ZnO

CaO

Fe2O3

SiO2

其它。

质量分数/%

81

0.098

1.14

0.5

————

在一定条件下，将含SO2的工业废气通入烟灰浆液(烟灰和水的混合物)进行脱硫，过程中测得pH和上清液中溶解的SO2物质的量浓度[c(SO2)]随时间的变化如图所示：

(1)纯ZnO浆液的pH为6.8，但上述烟灰浆液的初始pH为7.2。在开始脱硫后3min内(a~b段)，pH迅速降至6.8，引起pH迅速变化的原因是_____(结合化学用语解释)。

(2)生产中脱除SO2效果最佳的时间范围是_____(填字母序号)。

A．20~30minB．30~40minC．50~60minD．70~80min

(3)在脱硫过程中涉及到的主要反应原理：

Ⅰ．ZnO+SO2===ZnSO3↓

Ⅱ．ZnSO3+SO2+H2O===Zn(HSO3)2

①在30~40min时，主要发生反应II，生成可溶性的Zn(HSO3)2。上清液中c(SO2)上升的原因可能是______。

②在30~80min时，pH降低的原因可能是______(写出2点)。

③将脱硫后的混合物利用空气氧化技术处理，该过程中发生反应：2ZnSO3+O2===2ZnSO4和______。22、(一)以下物质中能导电且属于电解质的是__________，属于非电解质的是___________

①漂白粉②铜③氧气④BaSO4固体⑤稀硫酸⑥蔗糖⑦CO2⑧熔化的KNO3；

写出电离方程式：硫酸铝__________________________________________

(二)某化学实验小组需用480mL0.2mol/L的硫酸铜溶液；请回答下列问题：

(1)如果用胆矾(CuSO4•5H2O)来配制，至少需用胆矾的质量为_____g。

(2)在该实验中要用到容量瓶，使用容量瓶前应_______________

(3)下面是配制硫酸铜溶液过程中的5个操作步骤：

①向盛有胆矾的烧杯中加入200ml蒸馏水使其溶解；

②继续往容量瓶中加蒸馏水；至液面距刻度线1-2cm处；

③将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；

④在烧杯中加入少量的蒸馏水；洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次后移入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；

⑤改用胶头滴管加水至刻度线；盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。

正确的操作顺序为__________________(填序号)

(4)上述操作⑤中，如果不小心加水超过刻度线，处理方法是_______________

(5)下列操作会导致所配硫酸铜溶液物质的量浓度偏低的是_______(填序号)

①在烧杯中搅拌溶液时；有少量液体溅出。

②定容摇匀后；发现溶液液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线。

③容量瓶洗净后残留少量蒸馏水。

④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过评卷人得分五、计算题(共1题，共9分)23、高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000mol·L－1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为________(列出计算式即可，已知2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】题给信息中m、n两种单质可在放电条件下进行，一般为N2和O2的反应，则r为NO，且可继续与n反应，则m为N2，n为O2，可知Y为N元素，Z为O元素，s为NO2，q为H2O，t为HNO3，单质p与水反应生成u具有漂白性，则p为Cl2；u为HClO，v为HCl，则W为Cl元素，由原子序数关系可知X为H元素，结合对应单质；化合物的性质以及元素周期律解答该题。

【详解】

A.同一周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径N>O；H为原子半径最小的原子，A正确；

B.原子序数N2O>NH3；B错误；

C.W的氧化物若不是最高价氧化物；则对应的水化物的酸性强弱无法比较，C错误；

D.X、Y、Z三种元素形成的化合物如为硝酸，则会抑制水的电离，如为硝酸铵，则因NH4+发生水解而促进水的电离；D错误；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，注意m与n的反应为推断的突破口，侧重考查学生的分析与推断能力。2、D【分析】【详解】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变；则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；

B．若海冰的冰龄达到1年以上；融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；

C．“盐泡”内的盐分为NaCl；由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；

D．冰的密度为设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为可知海冰内层NaCl的浓度约为故D正确；

故答案为D。

【点睛】

考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。3、B【分析】【分析】

被氧化为S元素化合价由+4价升高为+6价;中Cr元素发生还原反应,设Cr元素在产物中的化合价为x价,根据电子转移守恒计算x的值.

【详解】

:反应中被氧化成S化合价从+4变为+6,化合价升高2价,

设Cr元素在产物中的化合价为x价,中Cr元素的化合价为+6,则化合价降低:6-x,根据电子转移守恒可得:

计算得出:x=3,

所以B选项是正确的.4、B【分析】【详解】

由三个反应可知；生成氧气时，O元素的化合价均为-2价升高为0，即O元素失去电子，则制得相同质量的氧气，失去电子的氧原子相同，所以转移的电子数相同，即制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为1：1：1；

故选：B。

【点睛】5、A【分析】【分析】

【详解】

A.显蓝色的淀粉溶液中通入足量SO2后变成无色溶液，是因为碘氧化了SO2，其离子反应方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+；故A正确；

B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳发生了强酸制弱酸的反应，其离子反应方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；故B错误；

C.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为：HCO3-+NH4++2OH-=NH3↑+2H2O+CO32-；故C错误；

D.FeI2溶液中通入过量Cl2的离子反应为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-；故D错误；

故选A。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．铁粉作袋装食品的抗氧化剂；发生氧化还原反应，生成新物质，属于化学变化，故A错误；

B．二氧化硫作纸浆的漂白剂；原理是二氧化硫与有色物质发生化合反应生成无色化合物，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；

C．氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水；有新物质生成，属于化学变化，可以用于普通玻璃的刻蚀剂，故C错误；

D．有机溶剂作食用油的萃取剂；没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；

答案选D。7、C【分析】【详解】

在氧化还原反应3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，部分S元素化合从0价升高为+4价，发生氧化反应，部分S元素从0价降为-2价，发生还原反应，则被氧化与被还原的硫原子数之比为1:2，故答案为C。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

根据题意结合所学的知识可知，800℃的高温下ZnCO3肯定会分解产生CO2和ZnO，而木炭则能在高温下将ZnO和Cu2O中的金属分别还原出来，被还原出来的两种金属便会熔合而成合金，故药金的主要成分是Zn、Cu；涉及到的方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑；C+2Cu2O4Cu+CO2↑；C+2ZnO2Zn+CO2↑。

【点睛】

运用知识的迁移与类比可解答本题；已知CaCO3CaO+CO2↑可推测出ZnCO3ZnO+CO2↑。【解析】Zn、CuZnCO3ZnO＋CO2↑C＋2Cu2O4Cu＋CO2↑C＋2ZnO2Zn＋CO2↑9、略

【分析】【分析】

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，第IA；IIA族元素和第VIA、VIIA族元素之间易形成离子键；非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；只含共价键的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键。

【详解】

①CO2中氧原子和碳原子之间只存在极性共价键；属于共价化合物；

②KCl中氯离子和钾离子之间只存在离子键；属于离子化合物；

③CaBr2中溴离子和钙离子之间只存在离子键；属于离子化合物；

④O2中氧原子和氧原子之间只存在非极性共价键；属于单质；

⑤NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键；氢原子和氮原子之间存在极性共价键，属于离子化合物；

⑥Ca(OH)2中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键；氢原子和氧原子之间存在极性共价键，属于离子化合物；

⑦N2中氮原子和氮原子之间只存在非极性共价键；属于单质；

⑧HBr中氢原子和溴原子之间只存在极性共价键；属于共价化合物；

⑨NH3中氢原子和氮原子之间只存在极性共价键；属于共价化合物；

⑩Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键；氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，属于离子化合物；

故答案为：④⑦；①⑧⑨；②③；⑩；⑤⑥；②③⑤⑥⑩；①⑧⑨。【解析】④⑦①⑧⑨②③⑩⑤⑥②③⑤⑥⑩①⑧⑨10、略

【分析】【详解】

分析：（1）氧化还原反应中；化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，利用电子守恒来配平方程式；

（2）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；

（3）鉴别NaNO2和NaCl，可根据NaNO2在酸性条件下具有氧化性；用淀粉碘化钾试纸来检验；

（4）NaNO2是一种有毒致癌物，使NaNO2转化为不引起二次污染的N2；亚硝酸钠与氯化铵发生氧化还原反应生成氮气，依据得失电子守恒和原子个数守恒判断。

详解：（1）在反应中，N元素的化合价从+3价降低到了+2价，得到了1个电子，I元素的化合价从-1价升高到了0价，共失去2个电子，根据电子守恒，所以氮元素的物质前边都乘以系数2，碘单质系数是1，根据原子守恒，NaI前边系数是2，HI前边系数是4，水的前边系数是2，即方程式为2NaNO2+4HI＝2NO+I2+2NaI+H2O；

（2）反应中亚硝酸钠中氮元素化合价降低；所以亚硝酸钠为氧化剂；

（3）鉴别NaNO2和NaCl，可根据NaNO2在酸性条件下具有氧化性；用淀粉碘化钾试纸来检验，可加入醋酸酸化，用到的药品有①②⑤；答案为C；

（4）NaNO2是一种有毒致癌物，使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，NaNO2→N2是被还原，必须加还原剂，加NH4Cl作还原剂，亚硝酸钠中氮得到3电子转化为氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子转化为氮气中的氮，方程式为NaNO2+NH4Cl＝NaCl+N2↑+2H2O；氯化铵中的氮元素化合价升高被氧化。

点睛：本题考查了氧化还原反应方程式书写，明确反应过程中电子得失守恒是解题的关键，题目难度不大。注意电子得失守恒在氧化还原反应方程式配平、计算中的灵活应用。【解析】①.2NaNO2+4HI＝2NO+I2+2NaI+H2O②.NaNO2③.C④.NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O⑤.NH4Cl11、略

【分析】【详解】

CuSO4溶液中加入过量NaOH，会生成Cu(OH)2沉淀，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；

混合液中既有生成的Cu(OH)2，也会有过量的NaOH，则向混合溶液中加入HCl，既有Cu(OH)2与HCl的反应，也有过量NaOH与HCl的反应，离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，OH-+H+＝H2O。

【点睛】

注意题干信息，过量的NaOH，因此加入盐酸后，会有NaOH和HCl的反应。【解析】①.Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓②.Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，OH-+H+＝H2O12、略

【分析】【分析】

(1)在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气；氯气和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色；

(2)在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体；是因为碘单质被二氧化硫还原生成碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝色；

(3)运用氧化还原反应中强制弱的原理解此类题目。

【详解】

(1)在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色，发生化学反应为：2I−＋Cl2＝I2＋2Cl−，故答案为：2I−＋Cl2＝I2＋2Cl−；

(2)在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，是因为碘单质被二氧化硫还原生成碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝色，发生反应为I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42−＋2I−，故答案为：I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42−＋2I−；

(3)由反应I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42−＋2I−，可知还原性：SO2＞I−，由反应2I−＋Cl2＝I2＋2Cl−，可知还原性I−＞CI−，所以还原性由强到弱的顺序为SO2＞I−＞CI−，故答案为：SO2＞I−＞CI−。

【点睛】

判断离子还原性强弱顺序要利用氧化还原反应强制弱的规律进行解答。【解析】①.2I−＋Cl2＝I2＋2Cl−②.I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42−＋2I−③.SO2＞I−＞CI−13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)HNO3是一元强酸，在水中完全电离产生H+、电离方程式为：HNO3=H++

KAl(SO4)2是盐，在水溶液中电离产生K+、Al3+、电离方程式分别为KAl(SO4)2=K++Al3++2

(2)Al溶解在足量NaOH溶液中，反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；

(3)①二氧化碳在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电；属于非电解质；

②熔融KCl电离产生K+、Cl-；故KCl属于电解质；

③BaSO4固体难溶于水，在熔融状态下会发生电离产生Ba2+、故BaSO4属于电解质；

④铜是金属单质；不是化合物，因此不属于电解质；

⑤稀硫酸是水溶液；是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；

⑥澄清石灰水是水溶液；属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质。

综上所述可知：上述物质中属于电解质的有②③；

(4)在反应2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由反应前Fe(OH)3中的+3价变为反应后Na2FeO4中的+6价，化合价升高，失去电子2×3e-，被氧化，所以Fe(OH)3是还原剂，其中Fe元素被氧化，Na2FeO4是氧化产物；Cl元素的化合价由反应前NaClO中的+1价变为反应后NaCl中的-1价，化合价降低，得到电子3×2e-，Cl元素被还原，所以NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物。用单线桥法表示电子转移为【解析】HNO3=H++KAl(SO4)2=K++Al3++22Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑②③铁NaCl14、略

【分析】【详解】

(1)B为SO2，SO2属于酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水；SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；SO2具有氧化性，能与H2S溶液生成沉淀；

故答案为：①②③；②；

(2)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为

故答案为：

(3)亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠；要证明亚硫酸钠氧化生成硫酸钠，检验物质中是否含有硫酸根离子；具体操作为：少量样品溶于水配成溶液，取待测液放于试管中，先加入足量的盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可证明亚硫酸钠被氧化；

故答案为：取少量样品于试管中，加入少量蒸馏水配成溶液，先加入足量的盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可证明亚硫酸钠被氧化。【解析】①②③②取少量样品于试管中，加入少量蒸馏水配成溶液，先加入足量的盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可证明亚硫酸钠被氧化15、略

【分析】【分析】

（1）一些玻璃仪器表面积较大,为防止因局部受热,使仪器炸裂,要垫石棉网加热；

（2）能用来盛放液体,且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水；

（3）一些计量仪器往往有0刻度。

【详解】

（1）蒸馏烧瓶和烧杯表面积较大；为防止因局部受热，使仪器炸裂，要垫石棉网加热；

答案是：②⑤；

（2）容量瓶、酸式滴定管和分液漏斗能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，答案是：①③⑦；

（3）③酸式滴定管属于计量仪器；有0刻度；量筒和托盘天平都属于计量仪器，但量筒没有0刻度，托盘天平有0刻度，使用前须先调0；

答案是：③⑥。【解析】①.②⑤②.①③⑦③.③⑥16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由于实验室没有230mL的容量瓶；应选用250mL容量瓶进行配置，所需NaOH的质量为0.25L×0.1mol/L×40g/mol=1.0g；配置过程中需在烧杯中进行溶解，之后转移到250mL容量瓶中，移液时需要玻璃棒引流，之后需要胶头滴管进行定容，所以需要的玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯，还有250mL容量瓶；玻璃棒；

(2)热的溶液冷却后体积变小，即溶液体积偏小，则浓度偏大。【解析】1.0250mL容量瓶玻璃棒偏大三、工业流程题(共3题，共30分)17、略

【分析】【分析】

废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）加入氢氧化钠进行减溶，铝箔与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后得到滤液1，滤液1为偏铝酸钠溶液，过滤后的滤渣再加入过量浓硫酸进行酸溶，同时加入双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，并进行多次循环，确保亚铁离子全部转化，在进行过滤得到滤渣2和滤液2，滤渣2为石墨粉，滤液2主要含有Fe3+、Li+、H2PO4-和SO42-溶液，向滤液2加入碳酸钠，Fe3+、H2PO4-与碳酸钠反应；转化为磷酸铁沉淀和二氧化碳，生成的二氧化碳气体通入滤液1中反应生成氢氧化铝，磷酸铁中加入氢氧化钠溶液转化为氢氧化铁和磷酸钠晶体，向沉铁；磷后的溶液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，再对碳酸锂进行一系列处理最后得到高纯锂化合物，据此分析解答。

【详解】

(1)根据分析，“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；

(2)完成“溶浸2”为LiFePO4与过量浓硫酸进行酸溶，同时加入双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式：2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li++2Fe3++2H2PO4-+2H2O；

(3)根据分析；“滤渣2”的主要成分是石墨；

(4)“滤液2”循环两次的目的是提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)

(5)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为Fe3++2H2PO4-+CO32-=FePO4↓+CO2↑+H2O；实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是Na2CO3水解产生的c(OH-)增大，与Fe3+结合生成Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大；

（6）“沉淀转化”反应：FePO4+3OH-⇌Fe(OH)3+PO43-。K==5.0×1016，K很大；说明反应完全进行。

（7）结合表格数据，碳酸锂的溶解度远小于氢氧化锂，为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X应为碳酸钠，60-80℃左右溶解度较小，答案选D。【解析】2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li++2Fe3++2H2PO4-+2H2O石墨提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)Fe3++2H2PO4-+CO32-=FePO4↓+CO2↑+H2ONa2CO3水解产生的c(OH-)增大，与Fe3+结合生成Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大K==5.0×1016，K很大，说明反应完全进行D18、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；在稀硫酸作用下，氯酸钠与二氧化硫反应生成二氧化氯和硫酸氢钠；电解二氧化氯和氯化钠溶液得到亚氯酸钠和氯气；尾气中未反应的二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应得到亚氯酸钠溶液，将所得亚氯酸钠溶液混合；结晶、干燥得到亚氯酸钠产品。

(1)

由化合价代数和为0可知；亚氯酸钠中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3；

(2)

硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子形成的离子化合物，属于酸式盐，硫酸氢钠在溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子，属于电解质，故选bce；

(3)

生成二氧化氯的反应为氯酸钠与二氧化硫反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+NaHSO4；

(4)

由粗盐水精制食盐水时，应加入氢氧化钠溶液将粗盐中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，加入碳酸钠溶液将钙离子转化为碳酸钙沉淀除去，故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；

(5)

由分析可知，尾气中未反应的二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应得到亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，由方程式可知氧化剂ClO2与还原剂H2O2的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1。【解析】(1)+3

(2)bce

(3)2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+NaHSO4

(4)NaOH溶液Na2CO3溶液。

(5)2：119、略

【分析】【分析】

铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3与盐酸反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色固体b为氢氧化铁；溶液III中含有偏铝酸钠；氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将氢氧化铝沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体，以此解答该题。

【详解】

(1)铝土矿中的金属氧化物Al2O3、Fe2O3与盐酸反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2；

(2)溶液Ⅱ中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，加过量的烧碱，HCl与NaOH反应产生NaCl、H2O；AlCl3与足量NaOH反应产生NaCl、NaAlO2和H2O；FeCl3与足量NaOH反应产生Fe(OH)3沉淀和NaCl；上述反应离子方程式为：H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=+2H2O；将反应产生的Fe(OH)3沉淀过滤除去，所得滤液中含有偏铝酸钠、氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(3)由Ⅲ中分离难溶性固体与溶液c的实验操作为过滤；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤。

(4)设制得Al2(SO4)3和(NH4)Al(SO4)2·12H2O的物质的量都是1mol，则n(Al3+)=3mol，n()=5mol，根据Al3+、守恒，可知加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为5=3：10。【解析】SiO2H++OH-=H2OFe3++3OH-=Fe(OH)3↓Al3++4OH-=+2H2O+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+过滤蒸发浓缩3：10四、原理综合题(共3题，共21分)20、略

【分析】【分析】

黄铁矿的烧渣加入酸浸；过滤得到滤液加入废铁屑增大溶液中含铁微粒浓度，过滤得到滤液加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，再加入硫酸经过水解聚合生成聚合硫酸铁。

【详解】

（1）聚合硫酸铁（），为了不引入新杂质，酸浸时最合适的酸是H2SO4；

（2）黄铁矿的烧渣主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等，且SiO2不与H2SO4反应，故酸浸后溶液中主要的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+；

（3）KClO3有强氧化性，加入KClO3的目的将Fe2+氧化为Fe3+：ClO3—+6Fe2++6H+==Cl—+6Fe3++3H2O；

（4）由原子守恒可知，定Fe2(SO4)3系数为1，则反应前有3个硫酸根，反应后3-个，则需要加个H2SO4，再配平其他系数，可得Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-+H2SO4；

（5）过程a中水解要严控pH的范围，pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉；聚合硫酸铁的产率会降低。

（6）①ⅰ.取聚合硫酸铁样品mg，加入过量盐酸，聚合硫酸铁中氢氧根离子会反应一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不与OH－反应。然后以酚酞为指示剂，用cmol/L的标准NaOH溶液进行中和滴定，到终点时消耗NaOH溶液VmL。滴定消耗的氢氧化钠的物质的量等于过量HCl的物质的量。

ⅱ.空白对照实验；可知ⅰ.中加入的HCl总物质的量。

综上，与聚合硫酸铁中氢氧根离子反应的n（HCl）=该聚合硫酸铁样品中n(OH－)=10—3cV0－10—3cVmol；

②n（Fe）=mol，盐基度（n为物质的量）=

【点睛】

本题计算题看似复杂，实则弄清楚滴定的目的再解题不难，第一次滴定是测过量HCl物质的量，第二次滴定是测所有HCl的物质的量，两者的差值即为聚合硫酸铁消耗的HCl物质的量，即可求该聚合硫酸铁样品中n(OH－)。【解析】H2SO4Fe3+、Fe2+、H+将Fe2+氧化为Fe3+：ClO3—+6Fe2++6H+==Cl—+6Fe3++3H2O1x1H2SO4pH偏小时，水解平衡逆向移动，聚合硫酸铁的产率会降低，pH偏大时，Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸铁的产率会降低10—3cV0－10—3cV21、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据烟灰中的成分，氧化锌不与水反应，CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，CaSO3为微溶物，因此Ca(OH)2优先与SO2发生反应，Ca(OH)2＋SO2=CaSO3↓＋H2O；但烟灰中CaO的含量为0.098%，含量较少，很快消耗完，因此浆液的pH迅速下降至6.8；

（2）根据图像，10～20min时，上清液中c(SO2)最低；即脱除效果最佳，故选项A正确；

（3）①上清液中溶解的SO2存在平衡：SO2+H2OH2SO3H++HSO3-，30~40min时，溶液中的SO2发生反应II，由于反应II生成可溶性的Zn(HSO3)2，c(HSO3-)增大，上述平衡逆向移动，所以上清液中c(SO2)升高；

②反应生成Zn(HSO3)2，HSO3－在溶液中以电离为主，即HSO