2025年外研版必修1化学下册月考试卷

…………○…………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2025年外研版必修1化学下册月考试卷150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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法正确的是A.CH4与C5H12互为同系物B.14C与14N互为同位素C.H2O与D2O互为同素异形体D.与互为同分异构体2、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L氖气中含有的原子数目为0.2NAB.常温常压下，O2与O3混合气体3.2g中含有的氧原子数目为0.2NAC.标准状况下，11.2LCl2与足量的水反应转移电子数为0.5NAD.2.3g钠与足量氧气反应时，转移的电子数目为0.2NA3、只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称为氢化物。下列物质不属于氢化物的是（）A.HClB.H2SO4C.NaHD.NH34、反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是A.1：2B.1：1C.2：1D.1：35、下列燃料不属于可再生能源的是A.乙醇B.沼气C.天然气D.生物柴油评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、舍勒发现氯气是在1774年，当时他正在研究软锰矿(二氧化锰)，当他使软锰矿与浓盐酸混合并加热时，产生了一种黄绿色的气体，发生反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；这种气体的强烈的刺激性气味使舍勒感到极为难受，但是当他确信自己制得了一种新气体后，他又感到一种由衷的快乐。舍勒制备出氯气以后，把它溶解在水里，发现这种水溶液对纸张；蔬菜和花都具有永久性的漂白作用；他还发现氯气能与金属、非金属、碱等发生化学反应。

舍勒发现氯气是在1774年，当时他正在研究软锰矿(二氧化锰)，当他使软锰矿与浓盐酸混合并加热时，产生了一种黄绿色的气体，发生反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；这种气体的强烈的刺激性气味使舍勒感到极为难受，但是当他确信自己制得了一种新气体后，他又感到一种由衷的快乐。舍勒制备出氯气以后，把它溶解在水里，发现这种水溶液对纸张；蔬菜和花都具有永久性的漂白作用；他还发现氯气能与金属、非金属、碱等发生化学反应。

(1)氯气和氢气的反应的属于____________

A．分解反应B．化合反应C．置换反应D．复分解反应。

(2)对于反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，下列说法正确的是_____________

A．MnO2是还原剂B．MnCl2是氧化产物

C．Cl2是氧化产物D．H2O是还原产物。

(3)下列反应条件的改变对实验室制备氯气速率的影响正确的是_____________

A．增大盐酸的浓度能加快反应速率。

B．若用稀盐酸与二氧化锰反应则反应速率较慢。

C．升高温度能减慢反应速率。

D．增加MnO2的质量可显著加快反应速率。

(4)氢气在氯气中燃烧为放热反应，下列说法正确的是________________

A．断开Cl—Cl键放出能量B．形成H—Cl键吸收能量。

C．燃烧都是放热反应D．反应物的总能量小于生成物的总能量7、有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+，Mg2+，Na+，Ba2+，Fe3+，Cl﹣，CO32﹣，SO42﹣等离子；取该溶液进行以下实验。

a.用PH试纸检验；表明溶液呈强酸性。

b.取部分溶液逐渐滴加入NaOH溶液；使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成。

c.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液；有白色沉淀生成。

（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有____________；肯定不存在的离子有____________；可能存在的离子有____________。

（2）写出以下反应的离子方程式：

①氧化镁溶于盐酸____________。

②碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合____________。

③氢氧化钡与稀硫酸混合____________。8、人类的生活离不开化工产品。化工产品的生产涉及反应原理；物料选择、能源消耗、工艺流程、环境保护等许多问题。请完成下列各题：

(1)下列符合实际并用于工业生产的是_______。A．NaOH与盐酸中和反应制NaClB．H2和Cl2光照制HClC．Cl2通入澄清石灰水中制漂白粉D．用硫磺制硫酸(2)有关工业制硫酸的下列说法中，正确的是_______。(多选)。A．二氧化硫的催化氧化在转化器中发生B．吸收塔用浓度为98.3%浓硫酸吸收三氧化硫C．转化器中装有催化剂D．以硫磺为原料制硫酸使用的设备之一是沸腾炉(3)在硫酸工业生产中，SO3的吸收过程是在吸收塔(如图)中进行；吸收塔里还装入了大量瓷杯。下列有关说法错误的是_______。

A．从①处通入的气体中含大量SO3，整个吸收操作采取逆流的形式B．从②处喷下98.3%的硫酸，瓷环的作用是增大接触面积C．从③处导出的气体只含有少量SO2，可直接排入大气D．从④处流出的是可用水或稀硫酸稀释的硫酸9、完成下列各题。

光导纤维的主要成分是________(填“”或“Si”)，实验室里常往溶液中加入_____(填“氨水”或“NaOH溶液”)来制取实验室检测中含有应选用的试剂是______(填“溶液”或“NaOH溶液”)，应选择的试纸是_______(填“红色石蕊试纸”或“蓝色石蕊试纸”)。10、某化学实验室需要0.5硫酸溶液450根据溶液的配制情况回答下列问题：

(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。

(2)现用质量分数为98%、密度为1.84的浓硫酸来配制4500.5的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为_______(保留1位小数)，现有①10②25③50④100四种规格的量筒，你选用的量筒是_______(填代号)。

(3)配置过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时的操作方法是_______。

(4)配制时；一般可分为以下几个步骤：

①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。

其正确的操作顺序为：②→①→③→_______→_______→_______→_______→④(填序号)。

(5)在配制过程中，下列操作能引起误差偏高的有_______(填代号)。

①洗涤量取浓硫酸后的量筒；并将洗涤液转移到容量瓶中。

②未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中。

③将浓硫酸直接倒入烧杯；再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸。

④定容时；加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出。

⑤转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水。

⑥定容摇匀后；发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。

⑦定容时，俯视刻度线评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)11、常温常压下，11.2LO2所含原子数为NA。(____)A.正确B.错误12、从混合物中分离提纯蛋白质可采用过滤的方法。(_______)A.正确B.错误13、HClO电子式：(___________)A.正确B.错误14、元素由游离态转化为化合态,则该元素被氧化。_____A.正确B.错误15、氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性。(___________)A.正确B.错误16、石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应。(___________)A.正确B.错误17、物质的量是表示微粒数目多少的物理量。(_______)A.正确B.错误18、温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含的分子数一定相同。(_____________)A.正确B.错误19、定容时，加多了水，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度不变。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共12分)20、我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pHx8.38.29.4

常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38，溶液中当离子浓度小于1×10－5mol/L时可认为沉淀完全。回答下列问题：

（1）用稀硫酸溶浸时，产生PbSO4和SiO2沉淀，经过滤后，向滤液中加入O2、ZnO，目的是除去杂质Fe2+、Fe3+，则氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，应调节溶液的pH的范围为_______（填数值）。

（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为________，电解使锌沉积后，电解液可返回_______工序循环使用。21、纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：

(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图所示，该反应的离子方程式为______。

(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。

①反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为______。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是______。

(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。

(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为______

(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、_____等操作可得到Fe2O3产品。22、利用海水可以提取溴和镁；提取过程如图。

I

(1)提取溴的过程中，经过两次Br－→Br2转化的目的是______，吸收塔中发生反应的离子方程式是__________。

(2)从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作是____、浓缩、冷却、______；过滤、洗涤、干燥。

II以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程如图所示。

(1)除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO离子，加入下列沉淀剂的顺序是(填序号)____。

a．BaCl2b．Na2CO3

(2)NaHCO3制取Na2CO3化学方程式是_____。

(3)将滤液的pH调至酸性除去的离子是______。

(4)若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的物质，其化学式是_____。

(5)工业上，可以用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。如用饱和纯碱溶液与Cl2反应制取有效成分为NaClO的消毒液，其反应的离子方程式是_______。(已知碳酸的酸性强于次氯酸)。23、铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态的形式存在于氧化铝中。铝土矿的主要成分是此外还含有少量等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是的提纯。由于是两性氧化物，而杂质是酸性氧化物，是碱性氧化物；因而可设计出两种提纯氧化铝的方案。方案一：碱溶法。

讨论回答下列问题：

(1)写出①两步骤中可能发生反应的离子方程式：___________。

(2)步骤③中不用盐酸(或)酸化的理由是___________。

(3)步骤④中得到较纯的可能含有___________杂质，在电解时它不会影响铝的纯度的原因：___________。

方案二：酸溶法。

讨论回答下列问题：

(4)写出①中可能发生反应的离子方程式：___________。

(5)步骤②中不用氨水沉淀的原因：___________。评卷人得分五、实验题(共3题，共15分)24、请回答下列问题。编号①②装置编号③④装置

(1)浓硫酸与木炭在加热条件下的化学方程式为___________。

(2)试用上述各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的各种产物。这些装置的连接顺序(按产物气流从左到右的方向)是(填装置的编号)___________→___________→___________→___________。

(3)实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是___________，C瓶溶液的作用是___________。

(4)装置②中所加的固体药品是___________，确定装置②在整套装置中位置的理由是___________。

(5)装置③中所盛的溶液可验证的产物是___________。25、氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料；在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：

①实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O。

②工业制氮化铝：Al2O3＋3C＋N2高温,2AlN＋3CO；氮化铝在高温下能水解。

③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑。

Ⅰ.氮化铝的制备。

(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d→a→b→____________________(根据实验需要；上述装置可使用多次)。

(2)B装置内的X液体可能是_____________；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_____。

Ⅱ.氮化铝纯度的测定。

（方案ⅰ）甲同学用如图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。

(3)为准确测定生成气体的体积；量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是________。

a．CCl4b．H2O

c．NH4Cl饱和溶液d．植物油。

(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通；对所测AlN纯度的影响是________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

（方案ⅱ）乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。

(5)步骤②通入过量________气体。

(6)步骤③过滤所需要的主要玻璃仪器有____________。26、一氧化氮；二氧化氮等氮氧化物是常见的大气污染物；然而它们在工业上有着广泛的用途。

已知：①室温下，2NO+Na2O2=2NaNO2；

②酸性条件下，NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2+，如5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O。

I.以木炭；浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示：

(1)A中观察到的现象是_______。

(2)B中反应的两个离子方程式分别是_______、_______。

(3)装置F的作用是_______。

II.某研究性学习小组对NO2和Na2O2能否发生反应进行探究。

[提出假设]假设一：NO2与Na2O2不反应：假设二：NO2能被Na2O2氧化；假设三：_______。

[设计实验]

(1)实验时，将NO2气体通入盛有Na2O2的玻璃管中，淡黄色粉末完全变成白色，说明假设_______不成立。

(2)若假设二成立，则反应的化学方程式是_______。

(3)为验证假设二是否成立，该小组同学进行如下定性实验研究，请完成表中内容。(可供选择的试剂有：稀硫酸、稀盐酸、氯化铁溶液、高锰酸钾溶液。)。实验步骤(不要求写具体操作过程，试剂、仪器任选)预期的实验现象及结论取适量的白色固体置于试管中，加蒸馏水溶解，______________评卷人得分六、原理综合题(共4题，共28分)27、工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3g～0.5g。已知NaNO2能发生如下反应：2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+zH2O；请回答下列问题：

（1）上述反应中，x的数值是_________，y的数值是_________。

（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和食盐，现有碘化钾淀粉试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为______________。

（3）某工厂废切削液中含有2%—5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是___________；

a．NaClb．NH4Clc．H2O2d．浓H2SO4

所发生反应的离子方程式为：_________。

（4）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害；为了降低饮用水中的NO3-浓度，研究人员提出，在碱性条件下用铝粉处理，完成下列方程式：

10Al+6NaNO3+4NaOH=______+3N2↑+_______

若反应过程中转移0.5mol电子，生成标况下N2的体积为_________________.28、铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识；完成下列问题。

Ⅰ.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是________(填字母)。

A．FeB．FeCl3C．FeSO4D．Fe2O3

（2）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是()

A.NaNO2被氧化B.药品美蓝是还原剂。

C.NaNO2是还原剂D.药品美蓝被还原。

（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：________________________________。

Ⅱ.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强；无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。

（4）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，该反应中Na2O2是________(填“氧化剂”或“还原剂”)。

（5）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、Cl－、H2O。

①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3∶2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________________________________。

②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。29、Ⅰ.化学反应中伴随着能量的变化。

(1)下列变化中属于吸热反应的是___________(填字母)

①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③苛性钠固体溶于水④氯酸钾分解制氧气。

⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥干冰升华。A．①②B．②④C．③D．①②④⑥(2)断开键、键、键分别需要吸收的能量为合成氨工业中生成时理论上能___________(填“吸收”或“放出”)能量___________

Ⅱ.既是一种重要的能源；也是一种重要的化工原料。

(3)以为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，则通入b气体的电极名称为___________，通入a气体的电极反应式为___________。(质子交换膜只允许通过)

(4)在一定温度和催化剂作用下，与可直接转化成乙酸；这是实现“减排”的一种研究方向。

①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在___________左右。

②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜(难溶物)。将溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出气体，其离子方程式为___________。

(5)还原法是处理气体的一种方法。已知一定条件下与气体反应转化为和若标准状况下可处理气体，则x值为___________。30、汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物；对它们的治理具有重要意义。

（1）氧化还原法消除NOx的转化如图所示：

NONO2N2

①反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，生成标准状况下11.2LO2时，转移电子的物质的量是____mol。

②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为____。

（2）使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为____。

（3）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。

装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是和请写出生成等物质的量的和时的离子方程式：__。

（4）装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4＋再生，再生时生成的Ce4＋在电解槽的___(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成的电极反应式为____。

（5）已知进入装置Ⅳ的溶液中的浓度为ag·L－1，要使1m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气___L(用含a代数式表示，结果保留整数)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，CH4与C5H12都属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差4个CH2原子团；互为同系物，故A正确；

B．质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，14C与14N为不同元素的原子；质子数不同，中子数也不同，故B错误；

C．由同种元素构成的结构不同的单质互为同素异形体，H2O与D2O为化合物；不是单质，不是同素异形体，故C错误；

D．由于苯环上的碳原子之间形成的碳碳键是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，苯环上的6个碳碳键完全相同，则与结构相同；分子式相同，为同种物质，故D错误；

答案选A。2、B【分析】【详解】

A．氖气为单原子分子，标准状况下，2.24L氖气为0.1mol，含有的原子数目为0.1NA；故A错误；

B．O2与O3混合气体中只含有O原子，3.2g混合气体中含有的氧原子为=0.2mol，数目为0.2NA；故B正确；

C．氯气与水的反应为可逆反应，不能完全进行，标准状况下，11.2LCl2与足量的水反应转移电子数少于0.5NA；故C错误；

D．2.3g钠为0.1mol，与足量氧气反应时均生成Na+，转移的电子数目为0.1NA；故D错误；

故选B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．HCl由H；Cl两种元素组成；则属于氢化物，A不合题意；

B．H2SO4由H；S、O三种元素组成；则不属于氢化物，B符合题意；

C．NaH由Na；H两种元素组成；则属于氢化物，C不合题意；

D．NH3由N；H两种元素组成；则属于氢化物，D不合题意；

故选B。4、B【分析】【详解】

参加反应的硫酸中硫元素有一半降低了，还有一半没有变化，所以作氧化剂的硫酸只有还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:1，故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．乙醇属于生物质能；是可再生资源，故A错误；

B．沼气属于生物质能；是可再生资源，故B错误；

C．天然气不能短期内从自然界得到补充的；是不可再生能源，故C正确；

D．生物柴油属于生物质能；是可再生资源，故D错误；

故选C。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

(1)从反应物和生成物的种类的多少；反应物和生成物的物质的类别分析；

(2)从化合价的变化分析；

(3)从化学反应速率的影响因素分析；

(4)反应放热；从化学键的角度分析；

【详解】

(1)氯气和氢气在光照的条件下反应生成氯化氢；是两种物质生成一种物质的反应，属于化合反应，答案选B；

(2)A．Mn元素化合价降低被还原，MnO2为氧化剂；故A错误；

B．MnCl2还原产物；而不是氧化产物，故B错误；

C．Cl2是氧化产物；故C正确；

D．H2O既不是氧化产物；也不是还原产物,故D错误；

答案选C。

(3)A．增大盐酸的浓度能加快反应速率；故A正确；

B．稀盐酸与二氧化锰不反应；故B错误；

C．升高温度能加快反应速率；故C错误；

D．MnO2为固体，增大MnO2的质量反应速率无明显变化；故D错误；

答案选A。

(4)A．断开化学键吸热；故A错误；

B．形成化学键放热；故B错误；

C．燃烧都是放热反应；故C正确；

D．反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；故D错误；

答案选C。

【点睛】

从化合价的角度分析氧化剂和还原剂，氧化产物和还原产物，二氧化锰和稀盐酸不反应。【解析】BCAC7、略

【分析】【分析】

【详解】

a．用pH试纸检验溶液，呈强酸性，则溶液中一定存在H+，一定不存在CO32-；

b．另取少量溶液于试管中，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，在整个过程中均无沉淀生成，则溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+；

c．取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Ba2+，则一定不存在SO42-，由溶液的电中性原则可知一定含有Cl-；

(1)由以上分析可知一定含有H+、Ba2+、Cl−，一定不含Fe3+、Mg2+、SO42−、CO32−，不能确定的为Na+；

故答案为H+、Ba2+、Cl−；Fe3+、Mg2+、SO42−、CO32−；Na+；

(2)①氧化镁溶于盐酸生成氯化镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2++2H2O，故答案为MgO+2H+=Mg2++2H2O；

②碳酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液混合生成碳酸盐和水，反应的离子方程式为+OH-=+H2O，故答案为+OH-=+H2O；

③氢氧化钡与稀硫酸混合生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案为Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O；【解析】H+Ba2+Cl-CO32-，Fe3+，Mg2+，SO42-Na+MgO+2H+=Mg2++2H2O+OH-=+H2O2H++SO42－+Ba2++2OH－＝2H2O+BaSO4↓8、略

【分析】【详解】

（1）A．工业上生产NaCl通常将海水引入盐田；经日晒干燥，浓缩结晶，制得粗品，或者将海水，经蒸汽加温，砂滤器过滤，用离子交换膜电渗析法进行浓缩，得到盐水经蒸发析出盐卤石膏，离心分离，再经干燥可制得食盐，故A项错误；

B．氢气和氯气混合气体；在光照时会发生爆炸，不能用于工业生产，故B项错误；

C．氢氧化钙在水中的溶解度很小，澄清的石灰水中含有的氢氧化钙的量少，Cl2通入澄清石灰水中制漂白粉量少；不符合工业生产的需要，工业上将氯气通入到石灰乳中制取漂白粉，故C项错误；

D．硫磺；硫铁矿和有色金属冶炼烟气是工业制备硫酸的三大原料；故D项正确；

答案选D。

（2）A．二氧化硫在催化剂作用下被氧化为三氧化硫；此反应在转化器中发生，A正确；

B．为防止形成酸雾；吸收塔用浓度为98.3%浓硫酸吸收三氧化硫，不用水吸收，B正确；

C．为加快反应速率；转化器中装有催化剂以催化氧化二氧化硫，C正确；

D．以硫磺为原料制硫酸使用的设备不是沸腾炉；以黄铁矿为原料制备硫酸需要沸腾炉，D错误；

答案选ABC。

（3）A．气体的吸收常采用逆流原理；这样有利于气；液的充分接触，吸收效果好，A正确；

B．SO3的吸收通常使用98.3%的硫酸，不用水或稀硫酸，原因是用水或稀硫酸吸收SO3时容易形成酸雾，吸收速率慢，且不利于SO3的完全吸收，瓷环的作用是增大接触面积，使SO3充分吸收；B正确；

C．从③导出的气体是N2、没有起反应的O2和少量SO2；直接排入大气会污染环境，所以应用吸收剂吸收或循环使用，C错误；

D．从④处流出的是可用水或稀硫酸稀释的硫酸；D正确；

故选C。【解析】(1)D

(2)ABC

(3)C9、略

【分析】【分析】

【详解】

光导纤维的主要成分是由于Al(OH)3能够溶于强碱溶液中，但不溶于氨水，故实验室制备Al(OH)3是用可溶性的铝盐和弱碱氨水反应，方程式为：AlCl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl；实验室检测中含有铵根离子与氢氧根离子加热反应生成氨气，原理为：+OH-NH3↑+H2O，氨气属于碱性气体，可用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，产生了NH3；原溶液中含有铵根离子；

故答案为：氨水；NaOH溶液；红色石蕊试纸。【解析】氨水NaOH溶液红色石蕊试纸10、略

【分析】【分析】

(1)

配制溶液需要容量瓶；量筒，烧杯，可定不需要的是平底烧瓶和分液漏斗，故答案为：AD

(2)

设需要浓硫酸的体积为V，配制450溶液，需要选择500mL的容量瓶，根据公式可得根据计算可知所选的量筒为25mL，故答案为：13.6；②。

(3)

配置过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释；稀释时的操作方法是将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故答案为：将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌。

(4)

配制溶液的步骤为：计算—量取—稀释—冷却—转移—洗涤—定容—摇匀；故正确的操作顺序为：②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④，故答案为：⑧⑤⑥⑦

(5)

①洗涤量取浓硫酸后的量筒；并将洗涤液转移到容量瓶中，不用洗涤量筒，若洗涤量筒相当于浓硫酸取多了，引起配制的稀硫酸浓度偏高。

②热胀冷缩，未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中；相当于加水加少，引起配制的稀硫酸浓度偏高。

③将浓硫酸直接倒入烧杯；再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸，稀释方式错误，容易引起液体飞溅，造成溶质损失，引起配制的稀硫酸浓度偏低。

④定容时；加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，造成溶质损失，引起配制的稀硫酸浓度偏低。

⑤转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水不影响所配制溶液的浓度。

⑥定容摇匀后；发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加水加多了，引起配制的稀硫酸浓度偏低。

⑦定容时；俯视刻度线相当于加水加少了，引起配制的稀硫酸浓度偏高。

故答案为：①②⑦【解析】（1）AD玻璃棒；胶头滴管。

（2）13.6②

（3）将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入水中；同时用玻璃棒不断搅拌。

（4）⑧⑤⑥⑦

（5）①②⑦三、判断题(共9题，共18分)11、B【分析】【分析】

【详解】

常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，11.2LO2的物质的量不是0.5mol，所含原子数不是NA，故该说法错误；12、B【分析】【分析】

【详解】

蛋白质分子能够透过滤纸，因此不能采用过滤方法分离提纯。要根据胶体的性质，利用溶液中蛋白质分子直径大小，采用渗析方法提纯，因此认为可通过过滤提纯蛋白质的方法是错误的。13、B【分析】【分析】

根据形成8电子稳定结构；结合原子结构分析判断。

【详解】

氯原子最外层有7个电子，形成8电子稳定结构，只需要形成1个共用电子对，氧原子最外层有6个电子，形成8电子稳定结构，需要形成2个共用电子对，HClO电子式为故错误。14、B【分析】【详解】

氧气与氢气点燃反应生成水，氧元素由游离态变为化合态，被还原15、A【分析】【分析】

【详解】

氯气能与碘离子反应生成氯离子和碘单质，碘使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性，故正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

氯水中含H+和HClO，石蕊溶液滴入氯水中，因含H+溶液变红，随后迅速因为HClO具有强氧化性，氧化而褪色，涉及氧化还原反应，故错误。17、B【分析】【详解】

物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量。18、B【分析】【分析】

【详解】

气体的体积受到温度和压强的共同影响；温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)的压强不一定相同，分子数不一定相同，错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

定容时，加多了水，溶液体积变大，导致溶液浓度偏小，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度仍然偏小，错误。四、工业流程题(共4题，共12分)20、略

【分析】【分析】

（1）c(Fe3+)=1×10－5mol/L，1×10－5×c3(OH-)=1×10－38，c(OH-)=1×10－11mol/L，pH=3；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+水解从而转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH应在Fe3+完全沉淀与Zn2+开始沉淀之间；

（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为硫酸锌水溶液中Zn2+得电子生成Zn，水失电子生成O2等；电解使锌沉积后，电解液可返回溶浸工序循环使用。

【详解】

（1）c(Fe3+)=1×10－5mol/L，1×10－5×c3(OH-)=1×10－38，c(OH-)=1×10－11mol/L，pH=3；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+水解从而转化为Fe(OH)3沉淀；应调节溶液的pH的范围为3~6.2。答案为：3~6.2；

（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为硫酸锌水溶液中Zn2+得电子生成Zn，水失电子生成O2等，电解的总反应为（或）；电解使锌沉积后，电解液可返回溶浸工序循环使用。答案为：（或）；溶浸。

【点睛】

除杂质时，调节溶液的pH在哪个范围内，是学生的易错点。在选择pH时，首先需弄清要除去的是哪种杂质，哪种离子需要保留，从而确定选择的pH应在杂质离子完全沉淀时的pH与待保留离子刚开始沉淀的pH之间。【解析】3~6.2（或）溶浸21、略

【分析】【分析】

辉铜矿（主要成分为Cu2S）用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，调节溶液pH，在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜；从而获得纳米铜粉，据此解答。

【详解】

（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑；

故答案为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑；

（2）①反应Cu2S+4FeCl3＝2CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，硫元素的化合价由-2价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；

故答案为：2mol；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；

②浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2S表面；阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低；

故答案为：生成的硫覆盖在Cu2S表面；阻碍浸取；

（3）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大；当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低；

故答案为：Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大；

（4）在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2；质量之比为（2×64）：28=32：7；

故答案为：32：7；

（5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品；

故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。【解析】①.CuFeS2＋Cu＋2H+=2CuS＋Fe2+＋H2S↑②.2mol③.4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O④.生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取⑤.Fe3+水解程度随pH的升高而增大⑥.32：7⑦.洗涤⑧.煅烧(或灼烧)22、略

【分析】【详解】

I(1)依据利用海水可以提取溴和镁，流程中提取溴的过程中，经过2次Br-→>Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集。吸收塔中通入二氧化硫，发生了Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-，故本题答案为：将溴富集；Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-；(2)从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O，操作是加热蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥得MgCl2·6H2O，故本题答案为：蒸发；结晶；II(1)加入氯化钡时能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸钠，加入碳酸钠溶液时能和氯化钙、过量的氯化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去氯化钙和过量的氯化钡；过滤向滤液中加入适量的稀盐酸时，可以把过量的氢氧化钠和碳酸钠除去。以此类推，如果依次加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液或依次加入氯化钡溶液、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液可以达到同样的目的，因此，本题正确答案是：ab；(2)NaHCO3加热分解生成Na2CO3，H2O喝CO2，化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故本题答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(3)稀盐酸能和碳酸钠反应，蒸发时可以得到氯化钠的饱和溶液，将滤液的pH调至酸性，除去的离子是CO因此，本题正确答案是：CO(4)分离出NaHCO3晶体后的母液中含有氯化铵，加入过量生石灰后，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化铵反应能生成氯化钙、水和氨气，氨气可以循环使用，化学式是NH3，因此，本题正确答案是：NH3；(5)已知碳酸的酸性＞次氯酸＞碳酸氢根，则结合氢离子的能力：碳酸根＞次氯酸根＞碳酸氢根，结合题意，反应物为碳酸钠和氯气，则生成物为氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，过量的氯气可以碳酸氢钠溶液反应，将碳酸氢钠转化为氯化钠、水和二氧化碳，所以离子方程式为：CO+Cl2=ClO-+CO2↑+Cl-，故本题答案为：CO+Cl2=ClO-+CO2↑+Cl-；

【点睛】

第（5）问，若氯气不足，则会生成碳酸氢根，离子方程式为：2CO+Cl2+H2O=ClO-+2HCO3-+Cl-，此为易错点。【解析】将溴富集Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-蒸发结晶ab2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑CONH3CO+Cl2=ClO-+CO2↑+Cl-23、略

【分析】【分析】

方案一碱溶法步骤用氢氧化钠溶解，发生的反应有过滤得到残渣主要为滤液为含的溶液，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀和硅酸沉淀，再灼烧生成氧化铝可能含有二氧化硅最后电解得到铝单质。

(1)

用氢氧化钠溶解，①两步骤中可能发生反应的离子方程式：故答案为：

(2)

步骤③中不用盐酸(或)酸化的理由是与酸反应生成的具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量。廉价而且生成的副产物用途广泛，经济效益好。故答案为：与酸反应生成的具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量。廉价而且生成的副产物用途广泛；经济效益好。

(3)

步骤④中得到较纯的可能含有杂质，在电解时它不会影响铝的纯度的原因：的熔点很高，在加热到左右时不会熔化，因而不影响铝的纯度。故答案为：的熔点很高，在加热到左右时不会熔化；因而不影响铝的纯度；

方案二酸溶法步骤用盐酸溶解，二氧化硅不溶于盐酸，发生的反应有过滤得到的滤液为含三价铝离子和三价铁离子的溶液，再加入过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠溶液甲和沉淀氢氧化铁，偏铝酸钠溶液甲中再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，氢氧化铝再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质。

(4)

用盐酸溶解，二氧化硅不溶于盐酸，①中可能发生反应的离子方程式：故答案为：

(5)

因为只能溶于强碱，不能溶于氨水，步骤②中不用氨水沉淀的原因：只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将和分离。故答案为：只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将和分离。【解析】(1)

(2)与酸反应生成的具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量。廉价而且生成的副产物用途广泛；经济效益好。

(3)的熔点很高，在加热到左右时不会熔化；因而不影响铝的纯度。

(4)

(5)只能溶于强碱，不能溶于氨水，用氨水不能将和分离五、实验题(共3题，共15分)24、略

【分析】【分析】

（1）

浓硫酸与木炭在加热条件下的化学方程式为：C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O↑；

（2）

检验反应产物；因为通过溶液会带出水蒸气，干扰水的检验，所以最先检验水蒸气，用无水硫酸铜固体，二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊，所以先检验二氧化硫并除去，最后检验二氧化碳，故连接顺序为：④②①③；

（3）

实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是检验二氧化硫的存在，C瓶溶液的作用是确认产物中SO2已被B瓶溶液全部吸收；

（4）

装置②中所加的固体药品是无水硫酸铜固体；由于产物气流通过①③时会带出水蒸气，所以②必须设置在①③之前；

（5）

装置③中所盛的溶液可验证的产物是二氧化碳。【解析】(1)C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O↑

(2)④②①③

(3)验证产物气流中有SO2确认产物中SO2已被B瓶溶液全部吸收。

(4)无水CuSO4(或变色硅胶)由于产物气流通过①③时会带出水蒸气；所以②必须设置在①③之前。

(5)CO225、略

【分析】【分析】

利用装置C制备氮气，通过装置B中浓硫酸干燥气体，通过装置A中的碱石灰除去酸性气体，通过装置D氮气和铝发生反应，利用装置A或B防止空气中水蒸气进入装置D，最后通过装置E吸收多余的CO，防止污染空气；样品加入氢氧化钠溶液反应AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑，测定生成气体为NH3；液体不能选用水溶液；不能和氨气反应，样品溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝。

【详解】

(1)利用装置C制备氮气，通过装置B中浓硫酸干燥气体，通过装置A中的碱石灰除去酸性气体，通过装置D氮气和铝发生反应，利用装置A或B防止空气中水蒸气进入装置D，最后通过装置E吸收多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将各仪器接口连接，因此氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d→a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→i；故答案为：f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→i。

(2)根据第1题得出B装置内的X液体可能是浓硫酸；NO气体有毒，E装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收CO，防止污染；故答案为：浓硫酸；吸收CO，防止污染。

(3)样品加入氢氧化钠溶液反应AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑，测定生成气体为NH3；液体不能选用水溶液；不能和氨气反应，为准确测定生成气体的体积，量气装置中的Y液体可以是ad；故答案为：ad。

(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通；溶液流下过程中集气瓶中压强增大，会排出装置内空气，导致测定氨气体积增大，所测AlN纯度的增大；故答案为：偏大。

(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，步骤②操作目的是将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀，则通入的是过量CO2气体；故答案为：CO2。

(6)步骤③“过滤”操作需要的主要玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、漏斗；故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗。【解析】f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→i浓硫酸吸收CO，防止污染ad偏大CO2烧杯、玻璃棒、漏斗26、略

【分析】【分析】

A装置中加热条件下木炭与浓硝酸反应生成CO2、NO2和水，C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，二氧化氮在B中溶于水生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，能与金属铜反应，发生的离子方程式是3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO＋NO↑、3Cu＋8H＋＋2NO＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；其中C防倒吸，生成的NO经过D吸收二氧化碳并干燥后与过氧化钠反应，否则水蒸气；二氧化碳与过氧化钠反应，NO是大气污染物，具有还原性，F中酸性高锰酸钾吸收NO，要验证假设二是否成立，只需要检验是否产生亚硝酸钠即可，如果有亚硝酸钠生成，则假设二不正确，据此分析解答。

【详解】

I.(1)加热条件下木炭与浓硝酸反应生成CO2、NO2和水；所以A中观察到的现象是有红棕色气体生成。故答案为：有红棕色气体生成；

(2)二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，硝酸具有强氧化性，能与金属铜反应，则B中反应的离子方程式是3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO＋NO↑、3Cu＋8H＋＋2NO＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；故答案为：3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO＋NO↑；3Cu＋8H＋＋2NO＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；

(3)反应后NO过量；NO是大气污染物，则装置F的作用是吸收未反应的NO。故答案为：吸收未反应的NO；

II.由于二氧化氮也具有氧化性，则假设三应该是NO2能被Na2O2还原。故答案为：NO2能被Na2O2还原；

(1)实验时，将NO2气体通入盛有Na2O2的玻璃管中；淡黄色粉末完全变成白色，说明发生了化学反应，因此假设一不成立。故答案为：一；

(2)若假设二成立，则二氧化氮被氧化为硝酸钠，反应的化学方程式是2NO2＋Na2O2＝2NaNO3。故答案为：2NO2＋Na2O2＝2NaNO3；

(3)要验证假设二是否成立，只需要检验是否产生亚硝酸钠即可，如果有亚硝酸钠生成，则假设二不正确。根据题干信息可知亚硝酸根离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以实验操作是取适量的白色固体置于试管中，加蒸馏水溶解，再滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液，如果高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立；如果高锰酸钾溶液褪色，则假设二不成立。故答案为：再滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液；若高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立；若高锰酸钾溶液褪色，则假设二不成立(其他合理答案也可)。【解析】有红棕色气体生成3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO＋NO↑3Cu＋8H＋＋2NO＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O吸收未反应的NONO2能被Na2O2还原一2NO2＋Na2O2＝2NaNO3再滴加稀硫酸酸化，最后滴加高锰酸钾溶液若高锰酸钾溶液不褪色，则假设二成立；若高锰酸钾溶液褪色，则假设二不成立(其他合理答案也可)六、原理综合题(共4题，共28分)27、略

【分析】【详解】

分析：(1)根据原子守恒确定x、y值；

(2)酸性条件下,亚硝酸根离子和碘离子才能发生氧化还原反应；

(3)加入下列物质中的某一种就能使NaNO3转化为不引起污染的N2；亚硝酸钠得电子作氧化剂，则需要加入的物质应该具有还原性，且被氧化后生成对环境无污染的物质，据此判断。

（4）反应中铝元素化合价升高：0→+3价；硝酸中氮元素化合价降低：+5→0；据此分析。

详解:(1)根据I原子守恒得x=2,根据O原子守恒得z=2,根据H原子守恒得y=4；

因此，本题正确答案是：2；4；

(2)酸性条件下,亚硝酸根离子和碘离子才能发生氧化还原反应,所以还需要酸,生活中采用酸性物质为醋酸,则还需选用的生活中常见物质的名称为食醋；

因此，本题正确答案是：食醋；

(3)加入下列物质中的某一种就能使NaNO3转化为不引起污染的N2，亚硝酸钠得电子作氧化剂,则需要加入的物质应该具有还原性,且被氧化后生成对环境无污染的物质，NaCl没有还原性，浓硫酸和双氧水具有氧化性，只有氯化铵具有还原性，且二者反应后产物是氮气和水，离子方程式为NH4＋＋NO3－===N2↑+2H2O，

因此，本题正确答案是：b；NH4＋＋NO3－===N2↑+2H2O；

（4）反应中铝元素化合价升高：0→+3价；硝酸中氮元素化合价降低：+5→0，1mol铝反应失去3mol电子，生成1mol氮气得到10mol电子，二者最小公倍数为30，则铝系数为5，氮气系数为3，依据原子个数守恒偏铝酸钠系数为10，硝酸钠系数为6，依据钠原子个数守恒，氢氧化钠系数为4，依据氢原子个数守恒，水分子系数为2，化学方程式：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O；从方程式可知，反应过程中转移0.5mol电子，生成N2为0.05mol,在标况下的体积为：0.05mol×22.4L/mol=1.12L,

因此，本题正确答案是：10NaAlO2；2H2O；1.12L。【解析】①.2②.4③.食醋④.b⑤.NH4＋＋NO3－===N2↑+2H2O⑥.10NaAlO2⑦.2H2O⑧.1.12L28、略

【分析】【分析】

（1）元素化合价处于中间价态时既有氧化性又有还原性；

(2)NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力；药品美蓝是其有效的解毒剂，所以药品美蓝具有还原性；

（3）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；

（4）反应2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Na2O2中部分氧元素化合价由-1升高为0；部分氧元素化合价由-1降低为-2；

（5）①湿法制备高铁酸钾，FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO-的系数为3，Cl-的系数为3；

②反应过程中氯元素化合价由+1降低为-1，Cl-是还原产物。

【详解】

（1）铁元素的最高价是+3、最低价是0，单质Fe的化合价为0，只有还原性；FeCl3中Fe的化合价为+3，只有氧化性；FeSO4中Fe的化合价为+2，既有氧化性又有还原性；Fe2O3中Fe的化合价为+3；只有氧化性；故选C。

（2）A.NaNO2具有氧化性，被还原，故A错误；

B.NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力；药品美蓝是其有效的解毒剂，所以药品美蓝具有还原性，药品美蓝是还原剂，故B正确；

C.NaNO2具有氧化性，NaNO2是氧化剂，故C错误；

D.药品美蓝是还原剂；被氧化，故D错误。

（3）FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是Cu+2Fe3