2025年中图版高一化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年中图版高一化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、下列离子检验的方法正确的是（）

A.向某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl-

B.向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有SO42-

C.向某溶液中加入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+

D.向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加盐酸沉淀不溶解，说明原溶液中有SO42-

2、实验室制备硫酸亚铁；为了防止被氧化，最好加入哪种物质（）

A.铁粉。

B.镁粉。

C.锌粉。

D.铝粉。

3、已知：rm{2FeSO_{4}?7H_{2}Odfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}}rm{2FeSO_{4}?7H_{2}Odfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}}将生成的气体通入rm{Fe_{2}O_{3}+SO_{2}隆眉+SO_{3}隆眉+14H_{2}O}溶液中，下列叙述中正确的是rm{BaCl_{2}}rm{(}A.有rm{)}生成B.有rm{BaSO_{4}}生成C.同时有rm{BaSO_{3}}和rm{BaSO_{4}}生成D.无明显现象发生rm{BaSO_{3}}4、下图形象地表示了氯化钠的形成过程。下列相关叙述中不正确的是()

A.钠原子易失去一个电子，氯原子易得到一个电子B.钠离子与钠原子有相似的化学性质C.氯化钠是离子化合物D.钠原子与氯原子作用生成rm{NaCl}后，其结构的稳定性增强5、下列说法或表示法不正确的是rm{(}rm{)}A.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B.由rm{C(}石墨rm{)隆煤C(}金刚石rm{)triangleH=+119}rm{kJ?mol^{-1}}可知，石墨比金刚石稳定C.在稀溶液中：rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}OtriangleH=-57.3}rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}Otriangle

H=-57.3}若将含rm{kJ?mol^{-1}}rm{1mol}的醋酸溶液与含rm{CH_{3}COOH}rm{1}rm{mol}的溶液混合，放出的热量小于rm{NaOH}rm{57.3}D.在热化学方程式中无论是反应物还是生成物必须表明聚集状态rm{kJ}6、在密闭容器中充入rm{4molHI}在一定温度下rm{2HI(g)}rm{H_{2}(g)+I_{2}(g)}达到平衡时，有rm{30拢楼}的rm{HI}发生分解，则平衡时混合气体总的物质的量是rm{(}rm{)}A.rm{4mol}B.rm{3mol}C.rm{2.5mol}D.rm{1.2mol}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、写出下列反应的离子方程式：(1)铝和氢氧化钾溶液反应_______；(2)硫酸铝和氨水的反应____________；(3)二氧化硅和氢氧化钠溶液反应________；8、（16分）Ⅰ.下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的某性质）把与下面元素有关性质相符的曲线标号填入相应括号中：⑴ⅡA族元素的最外层电子数()⑵第三周期元素的最高化合价（）⑶第三周期离子Na＋、Mg2＋、Al3＋、P3-、S2-、Cl-的离子半径（）⑷第二、三周期元素随原子序数递增原子半径的变化(不包括惰性气体)（）⑸碱金属的阳离子氧化能力(不包括钫)（）Ⅱ.下图是元素周期表的一部分。⑴请在表中画出金属与非金属的交界线⑵请在表中标出第VIII的位置⑶在表中标出的位置9、（10分）已知X为Fe2O3和CuO的混合物，且知氧化性顺序：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+。取X样品进行如下图所示的实验：（1）写出③步可能发生反应的离子方程式为____。（共有3个）（2）若溶液E中只有一种金属离子，则一定是；若溶液E含有两种金属离子，则一定是。（3）若D固体是纯净物，该固体是。（填化学式）（4）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路的离子反应方程式为。10、（7分）设X、Y、Z为三种短周期元素，已知：①Ym—和Zn—两种离子具有相同电子层结构(m-n＝1)；②X是原子序数最小的元素，Y与X可以形成两种共价化合物甲和乙；③Z与X形成原子个数比为l:l的共价化合物丙，其分子与乙的分子所含质子数相同。据此，填写下列空白：(1)Y元素是(填写元素符号)____；Z元素在周期表中的位置____。(2)化合物甲的电子式是____。(3)Z单质与化合物乙反应的化学方程式是____。(4)化合物丙与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是____。11、（8分）在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，如图所示。（1）曲线(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。（2）若升高温度，则v(正)，v(逆)。(填“加快”或“减慢”)。（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)＝18mol/(L·min)，乙中v(N2O4)＝0．2mol/(L·s)，则中反应更快。（4）在0到1min中内用X表示该反应的速率是，该反应达限度时，Y的转化率，反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）13、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）14、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）15、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）16、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）17、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．18、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）20、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、工业流程题(共3题，共12分)21、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。22、Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备；工艺流程如图所示。回答下列问题：

(1)“滤渣1”的成分为______(写化学式)。

(2)“除铁”中，加入NaClO的目的是_________________，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是__________(填字母标号)。

a.KSCN溶液、氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.NaOH溶液。

(3)已知“滤渣2”的成分为黄钠铁矾，其化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6；则“除铁”

中“Na2CO3/△”条件下生成滤渣2的离子方程式为_______________。

(4)“除镁”中，若溶液pH过小，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________。

(5)“沉镍”的离子方程式为__________。

(6)以镍钴锰三元材料(可简写为Li1-nMO2)为一极电极材料的新型锂电池工作原理如图所示，放电时总反应为Li1-nMO2+LinC6LiMO2+6C，则充电时b极的电极反应式为____________________。

23、2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4)；其工业生产流程如图：

已知：①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34；

②LiFePO4难溶于水。

回答下列问题：

（1）氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为___，沉淀X的主要成分是___(写化学式)。

（2）操作3的名称是___，操作1所需的玻璃仪器名称为___。

（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是___。

（4）写出合成反应的离子方程式___。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，放电时正极反应式为___。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨，则元素锂的利用率为___。评卷人得分五、综合题(共4题，共28分)24、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

25、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题26、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

27、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】

A．加入硝酸银溶液；生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银；硫酸银等沉淀，不能排除其它离子的干扰，应加入硝酸酸化的硝酸银进行检验，故A错误；

B．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，检验SO42-；应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，故B错误；

C．氢氧化铜为蓝色，加入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+；故C正确；

D．加入氯化钡溶液；生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】A．检验Cl-；应加入硝酸酸化的硝酸银；

B．检验SO42-；应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液；

C．根据氢氧化铜为蓝色进行判断；

D．可能含有Ag+．

2、A【分析】

FeSO4中Fe为+2价，所以极易被氧化为+3价，加入铁粉后，会与+3价的铁反应使之成为亚铁离子后，这样便有效地减少FeSO4的损失；防止三价铁离子的形成，而加入其它物质易引入新的杂质，故选A．

【解析】【答案】根据亚铁盐容易被氧化；则保存时应注意加入还原性铁来防止亚铁离子被氧化．

3、A【分析】解：混合气体中含有rm{SO_{3}}将生成的气体通入rm{BaCl_{2}}溶液中发生：rm{SO_{3}+H_{2}O=H_{2}SO_{4}}则没有rm{SO_{3}}逸出；

rm{H_{2}SO_{4}+BaCl_{2}=BaSO_{4}隆媒+2HCl}则有rm{BaSO_{4}}沉淀生成；

由于rm{H_{2}SO_{3}}酸性小于rm{HCl}和rm{H_{2}SO_{4}}则不能与反应rm{BaCl_{2}}得不到rm{BaSO_{3}}沉淀．

故选A．

混合气体中含有rm{SO_{3}}将生成的气体通入rm{BaCl_{2}}溶液中发生：rm{SO_{3}+H_{2}O=H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}SO_{4}+BaCl_{2}=BaSO_{4}隆媒+2HCl}注意rm{H_{2}SO_{3}}酸性小于rm{HCl}．

本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，本题注意rm{SO_{3}}和rm{SO_{2}}性质的区别，注意rm{H_{2}SO_{3}}酸性小于rm{HCl}和rm{H_{2}SO_{4}}则不能与rm{BaCl_{2}}反应，得不到rm{BaSO_{3}}沉淀．【解析】rm{A}4、B【分析】【分析】

本题考查学生对化合物形成图的分析和处理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，学生应能根据图分析原子变为离子的实质并根据最外层电子数分析其性质来解答。【解答】A.由形成过程图可知，rm{Na}变为rm{Na^{+}}失去rm{1}个电子，rm{Cl}变为rm{Cl^{-}}得到rm{1}个电子；故A正确；

B.钠离子与钠原子核外电子排布不同；化学性质不同，故B错误；

C.因氯化钠是阴阳离子通过静电作用形成的化合物，其构成微粒为离子，则属于离子化合物，故C正确；D.钠原子与氯原子作用生成rm{NaCl}对应的离子最外层都为rm{8}电子稳定结构；性质稳定，故D正确。

故选B。

【解析】rm{B}5、A【分析】解：rm{A}将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧；硫固体转化为硫蒸气吸热，所以后者放出热量少，故A错误；

B、由“rm{C(}石墨rm{)隆煤C(}金刚石rm{)}rm{triangleH=+119KJ?mol.L^{-1}}”可知；反应是吸热反应，金刚石能量比石墨高，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；

C、rm{triangle

H=+119KJ?mol.L^{-1}}是弱电解质，电离要吸热，所以放出的热量小于rm{CH_{3}COOH}故C正确；

D；同一物质的不同状态能量不同；所以在热化学方程式中无论是反应物还是生成物必须表明聚集状态，故D正确；

故选A．

A；硫固体转化为硫蒸气吸热；所以硫蒸气完全反应放热多；

B；物质能量越高越活泼；依据热化学方程式分析判断；

C、rm{57.3kJ}是弱电解质；电离要吸热；

D；同一物质的不同状态能量不同．

本题考查了反应的反应热和焓变的比较，中和热的分析判断，热化学方程式的书写方法，关键是物质能量的高低决定物质的稳定性，题目难度中等．rm{CH_{3}COOH}【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，计算时注意气体体积前后不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的物质的量不变。【解答】该反应是两边气体系数不改变的可逆反应，所以平衡时混合气体的物质的量不变为rm{4mol}故A正确。

故选A。

【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【解析】试题分析：根据教材知识做答。考点：离子方程式的书写【解析】【答案】(1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(2)Al3+＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(3)SiO2+2OH-=SiO32-+H2O8、略

【分析】Ⅰ.⑴ⅡA族元素的最外层电子数都是2个，所以答案选B。（2）第三周期元素的最高化合价，自左向右逐渐升高，但0族最低，所以答案选C。（3）核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小。电子层数越多，离子半径越大，所以答案选E。（4）同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以答案选G。（5）金属性越强，相应阳离子的氧化性越弱，同主族自上而下金属性逐渐增强，所以答案选A。Ⅱ.（1）、（2）参照教材（3）位于正确的第四周期第ⅣB。【解析】【答案】Ⅰ.⑴(B)（2分）⑵（C）（2分）⑶（E）（2分）⑷（G）（2分）⑸（A）（2分）Ⅱ.⑴略（2分）⑵略（2分）⑶略（2分）9、略

【分析】【解析】【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+；Cu2++Fe=Fe2++Cu；2H++Fe=Fe2++H2↑（2）Fe2+；Fe2+、Cu2+（3）Cu（4）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+10、略

【分析】【解析】试题分析：X是原子序数最小的元素，则X应该是氢元素。Y与X可以形成两种共价化合物甲和乙，则Y应该是氧元素，甲、乙是水和双氧水。由于m－n＝1，所以Z是F元素。则丙是HF，所以根据丙分子与乙的分子所含质子数相同可知，乙是水，甲是双氧水。F元素是最活泼的非金属，能和水反应生成HF和氧气，由于氢氟酸是弱酸，所以在离子方程式中应该用化学式表示。考点：考查元素周期表的结构以及化学用语的书写【解析】【答案】（1）O第二周期第ⅦA族（2）（3）2F2＋2H2O＝4HF＋O2(4)HF＋OH－＝H－＋H2O11、略

【分析】试题分析：（1）由方程式N2O4（g）2NO2（g），可知反应中NO2的物质的量变化较大，则Y表示NO2的物质的量随时间的变化曲线，故答案为：Y；（2）温度升高，正逆反应速率都增大，故答案为：加快；加快；（3）甲中v（NO2）=0．3mol•L-1•min-1，乙中v（N2O4）=0．2mol•L-1•min-1，v（NO2）=2v（N2O4）=0．4mol•L-1•min-1，则乙反应较快，故答案为：乙；（4）该反应达最大限度时，Y的转化率为：开始时：n（X）+n（Y）=0．4mol+1mol=1．4mol，平衡时：n（X）+n（Y）=0．7mol+0．4mol=1．1mol，在相同条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为1．4mol：1．1mol=14：11，故答案为：0．1mol•（L•min）-1；60%；14：11；。考点：考查物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率的影响因素、化学平衡有关计算等相关知识。【解析】【答案】三、判断题(共9题，共18分)12、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．13、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．14、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．15、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．16、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．17、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．18、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．19、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．20、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．四、工业流程题(共3题，共12分)21、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴22、略

【分析】【分析】

红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素进入溶液，滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2；过滤后向滤液中加入次氯酸钠将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸钠并加热除去铁元素和部分硫酸根，得到滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6；过滤后向滤液中加入NaF除去镁离子，得到滤渣3为MgF2；过滤后加入碳酸氢铵得到碳酸镍沉淀，将碳酸镍沉淀加稀硫酸溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni(OH)2。

(6)根据图中放电时Li+的流向可知，放电时b极为正极，a极为负极；充电时b极为阳极，a极为阴极。根据总反应，放电时Li元素被氧化，所以LinC6为负极，即a极材料为LinC6，b极材料为Li1-nMO2。

【详解】

(1)滤渣1的成分为不溶于稀硫酸的SiO2；

(2)加入NaClO可以将Fe2+氧化成Fe3+；便于除去；

当NaClO足量时，溶液Fe元素以Fe3+的形式存在，不含Fe2+，所以只要证明溶液中没有Fe2+就可以说明NaClO足量；

a．由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液会显红色，再加氯水没有明显变化，无法检验Fe2+；故不选a；

b．Fe2+可以和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，故b合适；

c．加NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2+，产生的Fe(OH)2沉淀也会被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的颜色会覆盖掉Fe(OH)2的颜色，所以无法通过NaOH溶液判断是否有Fe2+；故不选c；

综上所述选b；

(3)反应物有Fe3+、Na2CO3、SO等，产物有NaFe3(SO4)2(OH)6，产物中的OHˉ说明该反应过程有Fe3+与CO的双水解，所以产物应该还有CO2，根据元素守恒可得离子方程式为Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑；

(4)F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F－平衡向右移动；导致镁离子沉淀不完全；

(5)沉镍时反应有Ni2+、NH4HCO3，产物有NiCO3说明不是双水解，而是Ni2+与HCO电离出的CO结合生成NiCO3沉淀，促进HCO的电离，同时产生大量的氢离子，而氢离子又和HCO反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Ni2+＋2HCO＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O；

(6)充电时b极为阳极，LiMO2失电子发生氧化反应，产生Li+，根据总反应可知电极反应式为LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+。

【点睛】

第5小题离子方程式的书写要注意该过程不是金属阳离子和碳酸氢根发生双水解，因为如果是双水解，则产生的沉淀应为氢氧化物，而不是碳酸盐。【解析】①.SiO2②.将Fe2+氧化成Fe3+③.b④.Na+＋3Fe3+＋2SO＋3H2O＋3CO＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑⑤.F－与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F－平衡向右移动⑥.Ni2+＋2HCO3－＝NiCO3↓＋CO2↑＋H2O⑦.LiMO2－ne－＝Li1-nMO2＋nLi+23、略

【分析】【分析】

β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，得到滤液硫酸锂蒸发浓缩后与磷酸二氢铵、硫酸亚铁反应生成难溶的LiFePO4。

【详解】

⑴氟磷灰石(Ca5P3FO12)中Ca为+2价，O为-2价，F为-1价，根据化合物价态代数和为0得到磷元素的化合价为+5，β-锂辉矿焙烧后，溶于硫酸生成硫酸锂、硫酸铝、硫酸钙、硫酸镁和二氧化硅沉淀，调节pH为6，铝离子沉淀，滤液的硫酸镁能与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，因此沉淀X的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2；故答案为：+5；CaCO3、Mg(OH)2。

⑵观察流程可知；操作1得到硫酸钙，因此操作1为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯；漏斗、玻璃棒，操作3得到有机相，因此操作3为分液；故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒。

⑶蒸发浓缩Li2SO4溶液；可使溶液中锂离子浓度增大，便于生成磷酸亚铁锂沉淀；故答案为：增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀。

⑷合成反应是磷酸二氢铵、磷酸亚铁和硫酸锂，产物为难溶的LiFePO4，其离子方程式H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+；故答案为：H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+。

⑸科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO4Li+FePO4，则Li为负极，FePO4为正极，放电时正极反应式为FePO4+Li++e－=LiFePO4；故答案为：FePO4+Li++e－=LiFePO4。

⑹300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿中Li2O的质量为300吨×5%=15吨，根据关系式Li2O—2LiFePO4，理论上可生成磷酸亚铁锂为则元素锂的利用率为故答案为70%。【解析】+5CaCO3、Mg(OH)2分液烧杯、漏斗、玻璃棒增大溶液中锂离子浓度，便于生成磷酸亚铁锂沉淀H2PO4－+Li++Fe2+=LiFePO4↓+2H+FePO4+Li++e－=LiFePO470%五、综合题(共4题，共28分)24、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1【分析】【解答】（1）因图中A；C分别表示反应物总能量、生成物总能量；B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；

（2）因1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1；

则2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ•mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化，则反应的相关方程式为：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ•mol﹣1；

【分析】（1）反应物总能量大于生成物总能量；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，反应热不变；

（2）根据反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1计算反应热；

（3）根据反应物和生成物确定反应的历程；

（4）利用盖斯定律计算．25、1：52）盐酸体现出的性质有：____酸性和还原性3）用双线桥表示出电子转移的方向和数目：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4）当被氧化的HCl为73克时，转移的电子的数目为____（填具体数字）1.204×1024【分析】【解答】解：（1）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，1KClO3中氯元素的化合价由+5价变为0价，所以1KClO3是氧化剂，5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，所以5HCl是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5；故答案为：1：5；（2）在KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，6HCl参与反应，其中5HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，1HCl化合价不变，所以盐酸体现出的性质有酸性和还原性，故答案为：酸性和还原性；（3）反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为故答案为：（4）当被氧化的HCl为73克时即=2mol，又HCl中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价被氧化，所以转移2mol电子，数目为1.2