2025年浙教版必修1化学下册阶段测试试卷VIP

…………○…………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年浙教版必修1化学下册阶段测试试卷159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9题，共18分)1、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，X的简单离子半径是同周期中最小的，X、Y同周期且最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等；Z元素是最重要的“成盐元素”，下列说法正确的是A.原子半径由大到小的顺序：Z>Y>XB.W与Z组成的化合物可能含非极性共价键C.Z的氧化物对应的水化物均是强酸D.氢化物沸点由高到低的顺序：Z>Y>W2、《现代汉语词典》中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A.造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B.丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C.光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D.我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维3、下列关于分散系说法正确的是A.依据丁达尔效应可以将分散系分为溶液、胶体及浊液B.向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸，先看到红褐色沉淀，而后沉淀溶解C.溶液是电中性的，胶体是带电的D.向NaOH溶液中加入饱和FeCl3溶液，加热可制得Fe(OH)3胶体4、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A.加入稀盐酸产生无色的气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，一定有B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有C.加入硝酸酸化的硝酸钡溶液既无沉淀生成也无气体生成，再加AgNO3溶液立即出现白色沉淀，一定有Cl-D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+5、如图是某元素常见物质的“价一类”二维图；f为钠盐。下列说法不正确的是。

A.物质a既可被氧化，也可被还原B.可存在a→b→d→e→f的转化关系C.可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量cD.向足量f溶液中加入少量稀盐酸，一定没有CO2产生6、下列说法不正确的是。

①铝和铜具有良好的导电性；所以电工操作时，可以把铜线和铝线拧在一起。

②汽车尾气中含有能污染空气的氮氧化物；主要是汽油燃烧不充分造成的。

③从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现。

④“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆属于新型无机非金属材料。

⑤明矾可以用于净水，主要是由于Al3＋水解生成的少量氢氧化铝胶体有净水作用A.②③⑤B.①②④C.①③④⑤D.①②③④7、用下列装置进行实验；能达到相应实验目的的是。

A.图A是探究氨气在水中的溶解性B.图B是分离溴和苯C.图C是测定反应热D.图D是灼烧碎海带8、原子序数为11~17的元素，随着核电核数的递增而遂渐减小的是A.电子层数B.最外层电子数C.原子半径D.简单的离子半径9、科学史上每一次重大发现都极大地推动了科学的发展。1774年，拉瓦锡用精确的定量实验研究了氧化汞的分解和合成反应中各物质质量之间的变化关系。拉瓦锡由此实验研究并得出了（）A.元素周期律B.质量守恒定律C.原子的构成规律D.燃烧的本质规律评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、现有下列物质：①铜②CO2③稀硝酸④石墨⑤熔化的KNO3⑥NaOH固体⑦氨水⑧NH3⑨NaHSO4固体⑩NaCO3•10H2O晶体⑪HCl气体⑫30％的酒精。

(1)上述物质可导电的有_______(填编号；下同)；

(2)属于电解质的有_______；属于非电解质的有_______。

(3)将⑨溶于水配成溶液，其电离方程式为_______。11、从古至今；铁及其化合物在人类的生产生活中都起到了巨大的作用。

(1)①在现代半导体工业生产中，常利用腐蚀铜的原理制作印刷线路板，该原理的化学方程式为：_______。

②氯化铁溶液中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后烧杯底部不可能出现的是_______

A.有铁无铜B.有铜无铁C.有铁有铜D.无铁无铜。

(2)某同学在溶液中先加入煤油，再于液面下依次加入1滴溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是_______。

(3)某同学取溶液，加入溶液混合。分别取此溶液于3支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入1滴淀粉溶液；溶液显蓝色；

②第二支试管中加入1滴溶液；生成蓝色沉淀；

③第三支试管中加入1滴溶液；溶液变红。

i.实验②检验的离子可能是_______(填离子符号)；

ii.写出与反应的离子方程式_______。

iii.上述和溶充分反应后，溶液中浓度为_______。

(4)中铁元素形式为和则和离子质量之比为：_______。12、Ⅰ．钠；铝、铁是三种重要的金属。

(1)钠元素的金属性比铝的___________(填“强”或“弱”)。

(2)将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为___________。

(3)Fe在Cl2中点燃，所得产物的化学式是___________。将该产物溶于水配成溶液；分装在两支试管中。

a．若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，则溶液变成___________色。

b．向另一支试管中滴加NaOH溶液，现象为___________，反应的离子方程式是___________。

(4)工业上利用铝热反应制取金属锰，写出铝与二氧化锰反应制取锰的化学方程式___________。

Ⅱ．海洋植物如海带中含有丰富的碘元素；碘元素以碘离子的形式存在。某研究性学习小组设计如下实验从海带中提取碘。

海带海带灰海带灰悬浊液含I-的溶液含I2的水溶液含I2有机溶液晶体碘。

(5)步骤④的离子方程式为___________，该反应的氧化剂是___________。

(6)步骤⑤的名称为___________，可供选择的试剂是___________(填编号)。

A．酒精B．四氯化碳C．乙酸D．苯13、NaNO2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：

2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。

(1)NaNO2中N的化合价为___。

(2)为了获取反应后溶液中的I2，可采用_______方法。

(3)将上述化学方程式改写为离子方程式并用双线桥标明电子转移的方向和数目：______

(4)根据上述离子反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①碘化钾淀粉试纸(试纸上含KI和淀粉)②淀粉③白酒④食醋，你认为应选用的物质有_________(填序号)。

(5)若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，则反应过程中转移电子的数目为___NA，(NA表示阿伏伽德罗常数的值)，被氧化的HI的物质的量为____，发生反应的NaNO2的质量为____g．14、表为元素周期表的一部分；表中a～f代表六种短周期主族元素。完成下列填空：

。a

b

c

d

e

f

（1）六种元素中；原子半径最大的是_________(填元素编号)。d；e、f三种元素的原子结构上的相同点是________________________________。

（2）若a的气态氢化物的水溶液呈碱性；则a的气态氢化物的电子式是___________；六种元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_________(填元素符号)。

（3）若f元素的原子L层电子数比M层电子数多1个；则e元素的非金属性比f元素的非金属性_________(选填“强”；“弱’’)，能说明这一事实的化学方程式是____________________(任写一个)。

（4）若b为非金属元素；则以下推断正确的是_________(选填编号)。

①a一定是金属元素②d一定是金属元素③f一定是非金属元素15、下表列出了a～m13种元素在周期表（已省略了过渡元素）中的位置：

。族。

周期。

ⅠA

0

1

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

a

2

b

c

d

3

e

f

g

h

i

4

j

k

l

5

m

（1）元素b为________（填名称）；画出g的原子结构示意图__________。

（2）元素f、i、j的原子半径从大到小的顺序是____________（用元素符号表示）；这三种原子分别形成简单离子后，离子半径从大到小的顺序是_____________（用离子符号表示）。

（3）h和k的原子序数相差___________（填数字）。

（4）元素d和e形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为___________，该化合物中化学键有____________，该化合物与c的最高价氧化物反应的化学方程式为_________________。16、现有下列9种微粒：按要求完成以下各题：

（1）分别是氢元素的一种______，它们互为______。

（2）互为同素异形体的微粒是______。

（3）的中子数为______，核外电子数为______。

（4）形成上述9种微粒的核素有______种、元素有______种。17、（1）请选择物质，用序号填空：①新制氯水、②铁、③铜、④稀硫酸。将Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质___；将Fe3+转化为Fe2+，可选用的物质___。

（2）在鲜活鱼的长途运输中，必须考虑以下几点：水中需要保持适量的O2；及时除去鱼排出的CO2；防止细菌的大量繁殖。现有两种在水中起供氧灭菌作用的物质；其性能如下：

过氧化钠(Na2O2)：易溶于水，与水反应生成NaOH和O2。

过氧化钙(CaO2)：微溶于水，与水反应生成Ca(OH)2(微溶)和O2。

根据以上介绍，你认为运输鲜活水产时应选择___（填过氧化钠或过氧化钙）加入水中，原因是___。

（3）NaHCO3的俗名为___，Na2CO3和NaHCO3都属于___类（填酸、碱或盐），在生活中却被用作食用碱；往饱和的碳酸钠溶液中通入CO2，化学方程式为：___。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)18、港珠澳大桥的开通展现了“中国智慧”和“中国力量”。(_______)A.正确B.错误19、快速生产合格的熔喷布体现着社会责任。___A.正确B.错误20、化学合成的物质广泛应用在纳米材料、航空、航天等领域__________。A.正确B.错误21、四类物质①酸、②碱、③盐、④氧化物中一定含有氧元素的是②④。(____)A.正确B.错误22、华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共8分)23、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中；只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸；B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

（1）B_____________D______________；

（2）写出少量盐酸与D反应的离子方程式：______________________________________；

（3）将含相同物质的量A；B、C的溶液混合后；混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式____；

（4）C溶液中阴离子的检验方法：____。24、根据部分短周期元素的信息回答问题。

。元素。

元素信息。

第3周期ⅥA族。

族序数是周期数的3倍。

原子序数是11

与的电子数相同。

（1）的元素符号分别为______、______，的元素名称分别为______；______。

（2）写出的常见单质在加热时的反应方程式：______。

（3）从原子结构的角度分析，原子与原子的______相同，原子与原子的______相同。25、丙烯酸乙酯是一种食品用合成香料；可用以下方法合成：

已知：有机物A在标准状况下的密度为

(1)有机物A的电子式为___________；有机物B中含有的官能团名称为___________；

(2)下列说法不正确的是___________。A．有机物A转变成有机物B的反应类型为取代反应B．聚乙烯、丙烯和丙烯酸乙酯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色C．丙烯酸乙酯可以发生氧化、加成、水解、聚合等反应D．可以用新制悬浊液区分有机物B、C、丙烯酸乙酯(3)有机物B和C反应的化学方程式为___________。

(4)请写出发生聚合反应的方程式___________。26、某强酸性溶液含有Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、：CO32-、SiO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种；取该溶液进行实验，实验内容和相关数据（气体体积在标准状况下测定）如下。

（1）步骤①中生成气体的离子方程式：________________________。

（2）步骤②生成沉淀Ⅰ的离子方程式：________________________。

（3）一般用铁氰化钾溶液检验溶液中是否存在______离子，请写出涉及的离子方程式：__________________；请设计实验，检验溶液中是否存在__________________。

（4）溶液中______（填“含”或“不含”）______（若填不含；则不需计算）

（5）通过上述实验，溶液中除外，一定存在的离子是____________；一定不存在的离子是____________。

（6）若测得溶液中则溶液中______评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)27、2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。锂离子电池广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜中主要含有钴酸锂(LiCoO2)；Al等；处理该废料的一种工艺如下图所示：

回答下列问题：

(1)铝钴膜在处理前初步进行粉碎的目的是________________________。

(2)能够提高“碱浸”效率的方法有________________________(至少写两种)。

(3)“碱浸”时Al溶解的离子方程式为________________________。

(4)“酸溶”时加入H2O2的目的是________________________。

(5)溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是_______________________。

(6)配制250mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外还需要________。

(7)取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该钴的氧化物的化学式为________________________。28、氧化钪广泛应用在合金电光源，催化剂，激活剂等领域，下列流程图是用钪精矿生产氧化钪的方法之一：钪精矿主要成分是钪的氧化物，硅铁等氧化物

回答下列问题：

滤渣I是______填化学式在实验室里，操作Ⅰ必要的玻璃仪器有烧杯、______。

调pH的目的是______，如何检验含钪粗液中不含离子______。

写出制取草酸钪饼的化学方程式______。

写出草酸钪饼在空气中灼烧的化学方程式______，每生成转移的电子数为______。

某工厂用的钪精矿制备纯氧化钪，得到纯产品则钪精矿中钪的质量分数是______假设Sc的利用率为29、氯化亚铜（）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产的工艺过程如图。回答下列问题：

（1）步骤①中N元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式______________。

（2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。

（3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为被氧化为的化学方程式为______________________。

（4）用溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成溶液，取溶液用溶液进行滴定，反应中被还原成相关数据记录如表所示：该样品中的质量分数__________________。实验编号123消耗溶液的体积/mL14.9816.0315.02

（5）制造印刷电路板产生的废液中含大量等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到电解时阴极的电极反应式为___________，生成的离子方程式为________________________________。

评卷人得分六、推断题(共2题，共14分)30、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________31、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W、Y同主族，X的简单离子半径是同周期中最小的，根据金属阳离子电子层数比原子少一个电子层，阴离子电子层数与原子相同，且离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，可推知X是Al，X、Y同周期且最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则Y是Si，Z元素是最重要的“成盐元素”，Z是Cl，由于W、Y同主族，可推知W是C元素，然后分析解答。

【详解】

根据上述分析可知W是C；X是Al，Y是Si，Z是Cl元素。

A.同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径由大到小的顺序：X>Y>Z；A错误；

B.W是C，Z是Cl元素，它们可形成CCl4、CCl3-CCl3等化合物；前者只含有极性键，后者含有极性键；非极性键，B正确；

C.选项中未强调是最高价氧化物；其水化物不一定是强酸，如HClO是弱酸，C错误；

D.W是C，Y是Si，Z是Cl元素，选项中未强调是最简单的氢化物，简单氢化物沸点符合Z>Y>W，若不是简单氢化物，其沸点就不符合Z>Y>W；D错误；

故合理选项是B。

【点睛】

本题考查了元素的位置、结构、性质的关系。根据元素的原子结构特点推断元素是解题关键，注意掌握原子结构与元素周期表、周期律的关系，易错选项是D，要明确氢化物的种类和性质，氢化物不一定是最简单的氢化物，氢化物的熔点、沸点在比较时要注意晶体类型是否相同，若为分子晶体，还需注意是否存在氢键。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．造纸所用的原料木材纤维属于糖类；A项正确；

B．蚕丝纤维的主要成分是蛋白质；B项正确；

C．光导纤维的主要成分是二氧化硅；C项正确；

D．碳纤维的主要成分为单质碳；不属于天然纤维，D项错误。

故选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据分散质微粒大小可以将分散系分为溶液；胶体及浊液；A错误；

B．向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸，胶粒上的电荷首先被中和，发生聚沉形成Fe(OH)3沉淀，然后发生中和反应产生可溶性Fe2(SO4)3和水；因此看到的现象是：首先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解，B正确；

C．溶液是电中性的；胶体的胶粒带电荷，但是胶体本身是不带电的，C错误；

D．向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，所得液体为Fe(OH)3胶体；若向NaOH溶液中加入饱和FeCl3溶液，制得的是Fe(OH)3沉淀；D错误；

故合理选项是B。4、C【分析】【详解】

A．加入稀盐酸产生无色的气体，该气体可能是CO2，也可能是SO2，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则该溶液中可能含有也可能含有或A错误；

B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此溶液中可能含有也可能含有Ag+；B错误；

C．加入硝酸酸化的硝酸钡溶液既无沉淀生成也无气体生成，排除了的干扰；再加AgNO3溶液立即出现白色沉淀，该沉淀为AgCl，则溶液中一定含有Cl-；C正确；

D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，溶液中可能含有Ca2+，沉淀为CaCO3，再加盐酸，CaCO3与盐酸反应产生可溶性CaCl2，白色沉淀消失，故溶液中不一定有Ba2+；D错误；

故合理选项是C。5、D【分析】【分析】

结合图示可知，a为CH4、b为C、c为CO、d为CO2、e为H2CO3，f为CO或HCO

【详解】

A．a为CH4；碳元素化合价可升高，氢元素化合价可降低，物质a既可被氧化，也可被还原，故A正确；

B．可存在a→b→d→e→f的转化关系：甲烷高温分解生成碳；碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，与适量的碱生成盐，故B正确；

C．CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳；可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c，故C正确；

D．f可能为正盐或酸式盐，向足量f溶液中加入少量稀盐酸，正盐转化成酸式盐，可能没有CO2产生；酸式盐和盐酸，一定有二氧化碳产生，故D错误；

故选D。6、D【分析】【详解】

①金属铝比铜活泼；容易构成原电池，加速铝的腐蚀，造成线路断路，故错误；

②汽油中不含氮元素；因此汽车尾气产生的氮氧化物，不是汽油燃烧不充分造成的，故错误；

③从海水中提取食盐；通过蒸发，是物理变化，或者得到蒸馏水，是通过物理变化实现的，故错误；

④钢的成分是铁；铁是金属，不是新型无机非金属材料，故错误；

⑤明矾净水，利用Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；利用氢氧化铝胶体的表面积吸附水中悬浮杂质，达到净水的目的，故正确；

综上所述，答案选D。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．烧瓶内出现“喷泉”；证明氨气易溶于水，故选A；

B．溴单质和苯互溶；不能用分液方法分离，故不选B；

C．无保温措施；放出的热量易散失，不能用装置C测定反应热，故不选C；

D．灼烧碎海带不能用烧杯应用坩锅；故不选D；

答案选A。8、C【分析】【分析】

原子序数11～17号的元素；为第三周期元素，电子层数相等，随核电荷数的递增，最外层电子数增大；原子半径逐渐减小，元素最高正化合价增大。

【详解】

A.原子序数11～17号的元素；为第三周期元素，电子层数均为3层，A错误；

B.原子序数11～17号的元素；最外层电子数从1至7逐渐增大，B错误；

C.原子序数11～17号的元素；电子层数相同，核电荷数越大半径越小，半径逐渐减小，C正确；

D.原子序数11～17号的元素；钠镁铝为金属，对应的简单离子为阳离子，电子层数为2层，硅磷硫氯为非金属，对应的简单离子为阴离子，电子层数为3层，电子层数越多，半径越大，D错误；

答案选C。

【点睛】

微粒半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。9、B【分析】【分析】

【详解】

二百多年前，法国化学家拉瓦锡通过定量研究氧化汞的分解和合成反应中各物质之间的变化关系。他将45.0份质量的氧化汞加热分解，恰好得到41.5份质量的汞和3.5份质量的氧气，反应前后各物质的总和没有改变，由此实验研究并得出了：质量守恒定律；故选B。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

①铜是金属单质；能导电，单质既不是电解质也不是非电解质；

②CO2是非金属氧化物；属于非电解质，不能导电；

③稀硝酸是混合物；溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；

④石墨是能导电的非金属单质；单质既不是电解质也不是非电解质；

⑤熔化的KNO3是盐；熔融状态存在自由移动的离子，能导电，属于电解质；

⑥NaOH固体是强碱；固体中存在不能自由移动的离子，不能导电，属于电解质；

⑦氨水是混合物；溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；

⑧NH3是非金属氢化物；属于非电解质，不能导电；

⑨NaHSO4固体是酸式盐；固体中存在不能自由移动的离子，不能导电，属于电解质；

⑩NaCO3•10H2O晶体是带有结晶水的盐；固体中存在不能自由移动的离子，不能导电，属于电解质；

⑪HCl气体是非金属氢化物；化合物中只存在分子，不存在离子，不能导电，在溶液中能电离出自由移动的离子，溶液能导电，属于电解质；

⑫30％的酒精是混合物；溶液中不存在自由移动的离子，不能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质。

【详解】

(1)由分析可知；上述物质中可导电的有①③④⑤⑦，故答案为：①③④⑤⑦；

(2)由分析可知；上述物质中属于电解质的有⑤⑥⑨⑩⑪；属于非电解质的有②⑧，故答案为：⑤⑥⑨⑩⑪；②⑧；

(3)NaHSO4固体是酸式盐，将NaHSO4溶于水配成溶液，NaHSO4在溶液中电离出Na+、H+、SO电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO故答案为：NaHSO4=Na++H++SO【解析】①③④⑤⑦⑤⑥⑨⑩⑪②⑧NaHSO4=Na++H++SO11、略

【分析】【详解】

（1）①利用腐蚀铜，与Cu反应生成和反应的离子方程式为故答案为：

②FeCl3与Cu、Fe分别发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2和2FeCl3+Fe=3FeCl2，还原性：Fe>Cu；则向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，一定是铁优先与铁离子反应，从而可知，有铁必须有铜，当铁完全反应后，铜开始反应，氯化铁过量时，铁和铜都完全反应，因此不可能出现有铁无铜的情况，故答案为：A；

（2）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：隔绝空气，防止Fe2+被氧气氧化；

（3）加入1滴溶液，生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+；具有还原性，具有氧化性，与发生反应的物质的量为的物质的量为根据可知，反应消耗剩余混合后溶液的体积为10mL，溶液中浓度为故答案为：Fe2+；

（4）设的数目为x，的数目为y，根据Fe原子数目守恒有x+y=7，根据化合物中化合价代数和为0可得，3x+2y=18，联立两式解得y=3，x=4，则和离子数目之比为4：3，质量比也为4：3，故答案为：4：3。【解析】(1)A

(2)隔绝空气，防止Fe2+被氧气氧化。

(3)Fe2+

(4)12、略

【分析】【分析】

Ⅰ．钠、铝、铁是三种重要的金属，根据三种元素原子结构、在周期表中的位置、元素的性质来分析；Ⅱ．从海带中提取碘，海带剪碎、灼烧成海带灰，用水浸泡得海带灰悬浊液，过滤得含I-的溶液，酸性条件下，用硫酸酸化的双氧水将碘离子氧化成碘单质，含I2的水溶液用四氯化碳或苯萃取，得含I2有机溶液；蒸馏，得晶体碘。

【详解】

Ⅰ．(1)钠和铝同为第三周期；从左到右元素的金属性减弱，钠元素的金属性比铝的强(填“强”或“弱”)。故答案为：强；

(2)将一小块金属钠投入水中，发生反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑。故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑；

(3)Fe在Cl2中点燃生成三氯化铁，所得产物的化学式是FeCl3。将三氯化铁溶于水配成溶液，分装在两支试管中，a．若向其中一支试管中滴加KSCN溶液，生成Fe(SCN)3溶液，溶液变成血红色。b．向另一支试管中滴加NaOH溶液，现象为产生红褐色沉淀，反应的离子方程式是Fe3++3OHˉ=Fe(OH)3↓。故答案为：FeCl3；血红色；产生红褐色沉淀；Fe3++3OHˉ=Fe(OH)3↓；

(4)工业上利用铝热反应制取金属锰，铝与二氧化锰在高温下反应生成锰和三氧化二铝，化学方程式4Al+3MnO22Al2O3+3Mn。故答案为：4Al+3MnO22Al2O3+3Mn；

Ⅱ．(5)步骤④酸性条件下双氧水将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为2H++2Iˉ+H2O2=I2+2H2O，反应中氧由-1价降为-2价，显氧化性，该反应的氧化剂是H2O2。故答案为：2H++2Iˉ+H2O2=I2+2H2O；H2O2；

(6)步骤⑤的名称为萃取分液，可供选择的试剂是B．四氯化碳和D．苯，A．酒精和C．乙酸与水互溶，不分层，故不选；故答案为：萃取分液；BD。【解析】强2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑FeCl3血红色产生红褐色沉淀Fe3++3OHˉ=Fe(OH)3↓4Al+3MnO22Al2O3+3Mn2H++2Iˉ+H2O2=I2+2H2OH2O2萃取分液BD13、略

【分析】(1)

NaNO2中各元素化合价代数和为0，Na显+1价，O显-2价，设N的化合价为x，1+x+2(-2)=0；解得x=+3，即N的化合价为+3；

(2)

I2易溶于有机溶剂，可利用CCl4或苯对反应后的碘溶液进行萃取后再蒸馏获得I2；故答案为：萃取；

(3)

N的化合价降低，得到1个电子，I元素的化合价升高生成碘单质失去2个电子，根据氧化还原反应的规律用双线桥标明电子转移的方向和数目如下：

(4)

根据已知反应可推知；碘化钾在酸性条件下可与亚硝酸钠溶液反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变为蓝色，而氯化钠则无此现象，所以选择鉴别得试剂为：碘化钾淀粉试纸；食醋，故答案为：①④；

(5)

对于反应2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，若产生的气体在标准状况下体积为2.24L，即NO的物质的量为1mol，根据关系式2e-2NO可知，反应过程中转移电子的物质的量为1mol，其数目为1NA，(NA表示阿伏伽德罗常数的值)，2molNO生成时，4molHI被消耗，只有2molHI被氧化为碘单质，所以当有1molNO生成时，被氧化的HI的物质的量为1mol，发生反应的NaNO2的物质的量为1mol，其质量为=69g，故答案为：1；1mol；69。【解析】(1)+3

(2)萃取。

(3)

(4)①④

(5)11mol6914、略

【分析】【分析】

表中六种元素都为短周期元素，则，a、b；c为第二周期元素；且三元素在周期表中左右相邻，d、e、f为第三周期元素，且在周期表中左右相邻，同周期从左到右，原子半径依次减小，同主族从上到下，原子半径依次增大。

【详解】

（1）六种元素中；原子半径最大的元素是电子层数多，位于左下方的元素，即为d，d；e、f三种元素位于同一周期，它们的电子层数相同，最外层电子数依次增多，故答案为：d；电子层数相同；

（2）若a的气态氢化物的水溶液呈碱性，则a为氮元素，其气态氢化物为NH3，,电子式为：六种元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的元素位于右上角位置的元素，依据a为氮元素，c为氟元素，但氟无正价，所以f为氯元素，最高价氧化物对应水化物的酸为HClO4，故答案为：Cl；

（3）若f元素的原子L层电子数比M层电子数多1个，其为氯元素，则e元素为硫元素，硫元素的非金属性比氯元素元素的非金属性弱，氯气能从硫化氢中置换出硫单质，所以能说明这一事实的化学方程式是Cl2+H2S=S↓+2HCl，故答案为：弱；Cl2+H2S=S↓+2HCl；

（4）若b为非金属元素，依据金属与非金属的分界线进行判断，c和f一定是非金属元素，①a位于b的前面，可能是金属元素，也可能是非金属元素，①错误；②d位于b的左下方；可能是金属元素，也可能是非金属元素，②错误；③f一定是非金属元素，③正确；故答案为：③。

【点睛】

元素周期律：同一周期，从左到右，原子半径减小；金属性减弱，非金属性增强；最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，碱性减弱；气态氢化物的稳定性增强；同一主族，从上到下，原子半径增大；金属性增强，非金属性减弱；最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，酸性减弱；气态氢化物的稳定性减弱。【解析】d电子层数相同Cl弱Cl2+H2S=S↓+2HCl③15、略

【分析】【分析】

由元素在周期表的位置可知，a～m13种元素分别为He、B、C、O、Na、Mg、Si、P、Cl、K、As、Kr；Xe；结合原子结构和元素化合物的性质和元素周期律分析解答。

【详解】

(1)b的名称为硼，g为Si，原子序数为14，其原子结构示意图为故答案为：硼；

(2)同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，元素f、i、j的原子半径从大到小的顺序是K＞Mg＞Cl；一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，三种原子分别形成简单离子后，离子半径从大到小的顺序是Cl-＞K+＞Mg2+，故答案为：K＞Mg＞Cl；Cl-＞K+＞Mg2+；

(3)h为P元素；是15号元素，k为As元素，原子序数为33，原子序数相差为33-15=18，故答案为：18；

(4)d为O元素，e为Na元素，二者形成的一种化合物为淡黄色固体为过氧化钠，其电子式为含有的化学键为离子键、(非极性)共价键，c的最高价氧化物为CO2，过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：离子键、(非极性)共价键；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

【点睛】

本题的易错点为(3)，解答本小题也可以根据元素周期表的结构分析解答，元素周期表中第四周期有18种元素，因此h和k的原子序数相差18。【解析】硼K＞Mg＞ClCl-＞K+＞Mg2+18离子键、（非极性）共价键2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O216、略

【分析】【分析】

根据核素；同位素、同素异形体和元素的概念结合核素的表示形式和质量数=质子数+中子数分析解答。

【详解】

(1)的质子数均为1；中子数分别为0、1；分别是氢元素的一种核素，它们互为同位素，故答案为：核素；同位素；

(2)同素异形体是同种元素组成的不同单质，是氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故答案为：和

(3)的中子数=56-26=30，是铁原子失去2个电子形成；核外电子数=26-2=24，故答案为：30；24；

(4)9种微粒：中，有7中核素5种元素：H、C、N、Fe、O，故答案为：7；5。【解析】核素同位素和30247517、略

【分析】【分析】

(1)Fe2+转化为Fe3+，需要一种氧化剂；Fe3+转化为Fe2+；需要一种还原剂；

(2)由题目给出的信息，过氧化钠与水反应生成NaOH和O2；过氧化钙与水反应生成Ca(OH)2和O2结合氢氧化钠和氢氧化钙的性质以及反应的剧烈程度分析判断；

(3)NaHCO3的俗名为小苏打，Na2CO3和NaHCO3都属于钠盐，往饱和的碳酸钠溶液中通入CO2；生成碳酸氢钠，据此分析解答。

【详解】

(1)氯气具有氧化性，能将Fe2+转化为Fe3+，铁和铜具有还原性，能将Fe3+转化为Fe2+；故答案为：①；②③；

(2)过氧化钠与水反应生成NaOH和O2；过氧化钙与水反应生成Ca(OH)2和O2；生成的NaOH溶液的碱性太强，不适合鱼类生活，因此运输鲜活水产品时选择过氧化钙，CaO2在水中逐步溶解，与水反应缓慢不断提供氧气，生成的氢氧化钙微溶于水，不致使溶液碱性太强，故答案为：过氧化钙(或CaO2)；Na2O2与水反应剧烈，生成的NaOH溶液具有强腐蚀性(或CaO2在水中逐步溶解；与水反应缓慢不断提供氧气，生成的氢氧化钙微溶于水，不致使溶液碱性太强)；

(3)NaHCO3的俗名为小苏打，Na2CO3和NaHCO3都属于钠盐，往饱和的碳酸钠溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠，化学方程式为CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，故答案为：小苏打；盐；CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3。

【点睛】

解答本题(3)要注意，由于碳酸钠溶液是饱和的，因此生成的碳酸氢钠未能完全溶解，生成的碳酸氢钠可以“↓”符号。【解析】①②③过氧化钙Na2O2与水反应剧烈，生成的NaOH具有强腐蚀性小苏打盐CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3三、判断题(共5题，共10分)18、A【分析】【详解】

港珠澳大桥被称为“现代世界新七大奇迹”之一，港珠澳大桥的开通展现了“中国智慧”和“中国力量”，该说法正确。19、A【分析】【详解】

快速生产合格的熔喷布体现着社会责任，故答案正确；20、A【分析】【详解】

合成化学在无机、有机、催化、高分子和超分子等领域得到了蓬勃发展，其产物广泛应用在纳米材料、医药、航空、航天及军事等领域，说法正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

碱的组成中有氢氧根，氧化物的组成中有氧元素，则②④的组成中一定含有氧元素，而酸有无氧酸，盐有无氧酸根构成的盐，故酸和盐组成中不一定含有氧元素，故正确；22、A【分析】【分析】

【详解】

硅是良好的半导体材料。芯片主要原料晶体硅，太阳能电池感光板主要原料为硅，故正确四、有机推断题(共4题，共8分)23、略

【分析】【分析】

给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。

①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3；以此来解答。

【详解】

由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。

由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；。②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；

（1）由上述分析可知B为AgNO3；D为Na2CO3，故答案为：AgNO3；Na2CO3；

（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：Cl-、NO3-、Cu2+，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2；故答案为：Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe2+；

（4）C为CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-，故答案为：取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。

【点睛】

无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，在分析A、B、C的溶液混合后离子组成时，要考虑混合时离子间的相互反应。【解析】AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OCu2+、NO3-、Cl-Cu2++Fe=Cu+Fe2+取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-24、略

【分析】【分析】

短周期元素中，A处于第3周期ⅥA族，则A为S元素；B元素的族序数是周期数的3倍，只能处于第二周期，故B为O元素；C的原子序数是11，则C为Na；D3+与Ne的电子数相同；则D为Al。

【详解】

（1）由上述分析可知；A为S；B为O；C为钠；D为铝；

（2）钠与氧气在加热时生成过氧化钠，反应方程式为：铝单质与氧气在加热时反应生成氧化铝，其反应方程式为：

（3）A为S，B为O，二者同主族，C为Na、D为Al，二者同周期，从原子结构的角度分析，A原子与B原子的最外层电子数相同；C原子与D原子的电子层数相同。【解析】SO钠铝最外层电子数电子层数25、略

【分析】【分析】

根据丙烯酸乙酯逆推，B和C发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应物B、C应该分别为乙醇CH3CH2OH和丙烯酸H2=CHCOOH；已知：有机物A在标准状况下的密度为则其相对分子质量为28，A和无机物M生成乙醇，则有机物A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，M为H2O；

【详解】

（1）乙烯分子式为C2H4，分子中含有碳碳双键，电子式为B为乙醇；乙醇中含有的官能团为羟基；

（2）)A．乙烯与水发生加成反应生成乙醇；故A错误；

B．丙烯和丙烯酸乙酯中均含有碳碳双键；均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯中没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C．丙烯酸乙酯中含有碳碳双键和酯基；在一定条件下，碳碳双键可以发生加成反应；氧化反应、加成聚合反应，酯基可以发生水解反应，故C正确；

D．B为乙醇、C为丙烯酸，乙醇与新制碱性悬浊液混合，乙醇溶于悬浊液中的水中；丙烯酸能够将新制碱性悬浊液溶解；溶液显蓝色；丙烯酸乙酯和氢氧化铜悬浊液分层，有机层在上方；现象不同，可以区分，故D正确；

故选AB；

（3）B为乙醇，C为丙烯酸，B和C发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，化学方程式为CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；

（4）丙烯发生聚合反应的化学方程式为nCH2=CHCH3【解析】(1)羟基。

(2)AB

(3)CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O

(4)nCH2=CHCH326、略

【分析】【分析】

强酸性溶液中一定不含CO32-、SiO32-，NO3-与Fe2+不能同时存在；由转化关系可知，X溶液中加入过量硝酸钡溶液，反应生成气体、沉淀和溶液，则溶液中一定含还原性离子Fe2+，不含NO3-，则气体A为NO、D为NO2、E为HNO3，溶液B中一定含有Fe3+，由得失电子数目守恒可知，溶液中Fe2+的物质的量为0.03mol；沉淀C为硫酸钡，则溶液中一定含SO42-，由硫酸钡的质量可知溶液中SO42-的物质的量为0.02mol；B溶液和过量氢氧化钠反应生成气体、沉淀和溶液则原溶液中一定含NH4+，生成的沉淀G是Fe（OH）3，气体F为NH3，由NH3的体积可知溶液中NH4+的物质的量为0.015mol，由Fe（OH）3的质量可知溶液B中Fe3+的物质的量为0.04mol，则原溶液中Fe3+的物质的量为0.01mol；由溶液H通入过量二氧化碳生成沉淀可知溶液H中含有AlO2-，则原溶液中一定含有Al3+，沉淀J为Al（OH）3，由Al（OH）3的质量可知溶液B中Al3+的物质的量为0.01mol；由电荷守恒可知，原溶液中一定含有Cl-，综上可知，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-。

【详解】

（1）步骤①的反应为为在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，亚铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，酸性条件下，亚铁离子与硝酸根发生氧化还原反应生成三价铁离子、一氧化氮和水，则生成一氧化氮的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

（2）步骤②的反应为过量二氧化碳和偏铝酸钠容易的反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；检验溶液B中是否含有Cl-，应选用酸化的硝酸银溶液，具体操作为取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-，故答案为Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-；

（4）由题意NO的体积为224mL，则由由得失电子数目守恒可知，溶液中Fe2+的物质的量为0.03mol，由Fe（OH）3的质量为4.28g，可知溶液B中Fe3+的物质的量为0.04mol，则原溶液中Fe3+的物质的量为0.01mol；物质的量浓度为1mol/L，故答案为含；1；

（5）通过上述分析可知，溶液中除H+外，原溶液中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-，一定不含CO32-、SiO32-、NO3-，故答案为Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-；CO32-、SiO32-、NO3-；

（6）通过上述分析可知，原溶液中含有0.01molAl3+、0.015molNH4+、0.03molFe2+、0.02molSO42-、0.01molFe3+，若溶液中c（H+）为5mol/L，H+的物质的量为0.05mol，由电荷守恒可知n（Cl-）=0.01mol×3+0.015mol×1+0.03mol×2+0.01mol×3+0.05×1—0.02mol×2=0.145mol，则c（Cl-）为14.5mol/L；故答案为14.5。

【点睛】

红棕色气体是解答本题的突破口，由红棕色可知，加入过量硝酸钡，发生氧化还原反应，溶液中一定由亚铁离子；应用电荷守恒确定氯离子是解答关键。【解析】3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OAlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Fe2+3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓取样，向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则含有Cl-含1Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-、Fe3+、Cl-CO32-、SiO32-、NO3-14.5五、工业流程题(共3题，共30分)27、略

【分析】【分析】

由流程可知，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2；加硫酸、过氧化氢，将LiCoO2还原，得到含有Li+和Co2+的溶液，加入氨水调节溶液pH，除去锂离子，滤渣主要为LiOH，再用草酸铵“沉钴”得到CoC2O4；以此来解答。

【详解】

(1)铝钴膜在处理前初步进行粉碎可以增大接触面积；加快反应速率，提高浸出率；

(2)适当增大NaOH的浓度；适当升高温度等都可以提高碱浸效率；

(3)Al可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为

(4)根据后续流程可知Co元素由LiCoO2中的+3价变为了CoC2O4中的+2价，而双氧水具有一定的还原性，所以加入双氧水的目的为：将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价；

(5)据图可知温度越高钴的浸出率越大；但30min后75℃和85℃条件下浸出率几乎相同，为了降低能耗温度应选75℃，而30min后浸出率几乎不变，所以时间选30min，即最佳条件为75℃，30min；

(6)配制250mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液；需要的玻璃仪器除玻璃棒；烧杯外，还需要250mL容量瓶，以及定容时所需要的胶头滴管；

(7)取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，n(CoC2O4)==0.03mol，根据元素守恒，氧化物中n(Co)=0.03mol，质量为m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)==0.04mol，氧化物中n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以该氧化物为Co3O4。

【点睛】

描述容量瓶时要注意说明容量瓶的规格；第7小题为本题难点，注意质量守恒定律的使用。【解析】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价75℃，30min250mL容量瓶、胶头滴管Co3O428、略

【分析】【分析】

利用钪精矿为原料主要成分为还含有MnO等杂质生产氧化钪，钪精矿加入盐酸酸溶，过滤分离出滤渣I为滤液中含为使钪浸出，加入氨水调节溶液pH，过滤分离出滤渣II主要成分是含的溶液多步处理得到加草酸发生草酸钪“灼烧”氧化发生以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，滤渣I为操作I为过滤，需要的仪器为漏斗、玻璃棒、玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；

调pH的目的是除去沉淀检验含钪粗液中不含离子的方法为取最后一次洗涤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，则证明不含离子，故答案为：除去沉淀取最后一次洗涤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，则证明不含离子；

制取草酸钪饼的化学方程式为

草酸钪饼在空气中灼烧的化学方程式为由反应可知生成时转移12mol电子，每生成转移的电子数为故答案