2025年外研版2024高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年外研版2024高一化学下册阶段测试试卷669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6题，共12分)1、下列说法正确的是（）A.因为液态氨气化时吸热，可用液态氨作制冷剂B.用铝制容器盛放浓硝酸，是因为铝和浓硝酸不反应C.明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用D.铝能置换出氧化铁中的铁，钢铁工业利用铝热反应冶炼铁2、下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A.Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒B.SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维C.NH3具有还原性，可用作制冷剂D.Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂3、rm{2}下列过程中，需要增大化学反应速率的是rm{(}rm{)}A.钢铁腐蚀B.工业合成氨C.塑料老化D.食物腐败4、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）＝0.1mol/L，c（Mg2+）＝0.25mol/L，c（Cl-）＝0.2mol/L，则c（SO42-）为A.0.15mol/LB.0.10mol/LC.0.25mol/LD.0.20mol/L5、构成下列四种物质的微粒间；既存在离子键又存在共价键的是（）

A.NH4Cl

B.K2S

C.MgCl2

D.CO2

6、用rm{N_{A}}代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同B.rm{56gFe}与足量盐酸反应转移电子数为rm{3N_{A}}C.任何条件下，rm{22.4LNH_{3}}与rm{18gH_{2}O}所含电子数均为rm{10N_{A}}D.rm{46gNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合物含有的原子数为rm{3N_{A}}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、（14分）已知A、B、C、D、E是短周期中的五种非金属元素，它们的原子序数依次增大。五种元素中A元素原子半径最小；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；E元素与D元素同主族；E的单质为黄色固体，自然界中游离态的E常出现在火山口附近。（1）请写出元素符号：B；D。（2）画出E的阴离子结构示意图。（3）B、C两种元素对应的最高价含氧酸的酸性较强的是（填化学式）。（4）A元素的单质和C元素的单质在一定条件下反应，生成化合物X。X的电子式为，向X的水溶液中滴入石蕊试液，会观察到的现象是。（5）用电子式表示化合物BD2的形成过程。（6）向苛性钠溶液中通入过量的A2E气体时，所发生反应的离子方程式为。（7）化合物ED2与氯气的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式为。8、(14分)纳米材料二氧化钛(TiO2)可做优良的催化剂。。资料卡片物质熔点/℃沸点/℃SiCl4－7057.6TiCl4－25136.5Ⅰ.工业上二氧化钛的制备方法：①将干燥后的金红石(主要成分为TiO2，主要杂质SiO2)与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应，制得混有SiCl4杂质的TiCl4。②将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4。③在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O。④TiO2·xH2O高温分解得到TiO2。(1)根据资料卡片中信息判断，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是____________，分离二者所采取的操作名称是________________。(2)③中反应的化学方程式是__________________________________。Ⅱ.据报道：能“吃废气”的“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2，其过程大致如下：a.O2→2Ob.O＋H2O→2OHc.OH＋OH→H2O2(3)b中破坏的是______________(填“极性共价键”或“非极性共价键”)。(4)H2O2能清除路面空气中的CxHy、CO等，主要是利用了H2O2的____________(填“氧化性”或“还原性”)。Ⅲ.某研究性学习小组用下列装置模拟“生态马路”清除CO的原理。(夹持装置已略去)(5)若缓慢通入22.4L(已折算成标准状况)CO气体，结果NaOH溶液增重16.5g，则CO的转化率为____________。(6)当CO气体全部通入后，还要通一会儿空气，其目的是。9、rm{(1)}研究性学习小组的同学，为测定某纯碱样品rm{(}含少量的氯化钠rm{)}中碳酸钠的质量分数；设计下列两种不同实验方案进行探究．

rm{垄脵}方案rm{1}取rm{m}rm{g}纯碱样品，溶于水加入过量的氯化钙溶液，过滤、用蒸馏水洗涤、烘干、称重得rm{a}rm{g}固体；计算出纯碱样品纯度．

写出方案rm{1}发生反应的离子方程式______；如何洗涤沉淀；方法是______．

rm{垄脷}方案rm{2}取rm{m}rm{g}纯碱样品，加入过量的盐酸，充分反应后，蒸发，灼烧，称重得rm{b}rm{g}固体；计算出纯碱样品纯度为______．

rm{(2)}将rm{CO_{2}}通入rm{NaOH}和rm{KOH}的混合溶液中，恰好得到等物质的量混合的rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}的混合物rm{a}rm{g}再将其与rm{100mL}盐酸反应rm{.(}题中涉及的气体体积以标准状况计，填空时可以用带字母的数学式表示，不必化简rm{)}

rm{垄脵}该混合物中rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}的质量比为______．

rm{垄脷}如果反应后盐酸不足量，要计算生成rm{CO_{2}}的体积；还需知道______．

rm{垄脹}若该混合物与盐酸恰好完全反应；则盐酸的物质的量浓度为______．

rm{垄脺}若rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}不是以等物质的量混合，则rm{a}rm{g}固体混合物与足量的盐酸完全反应时，生成rm{CO_{2}}的体积的取值范围是______．10、rm{(1)}现有下列物质rm{垄脵KCl}晶体rm{垄脷}液态rm{HCl垄脹CO_{2}垄脺}汞rm{垄脻CaCO_{3}}固体rm{垄脼}稀硫酸rm{垄脽}四氯化碳rm{垄脿}熔融的rm{NaCl垄谩}浓氨水其中属于混合物的是rm{(}填序号，下同rm{)}______；属于非电解质的是______；能导电的有______。

rm{(2)}新型纳米材料氧缺位铁酸锌rm{(ZnFe_{2}O_{x},3<x<4,Zn}的化合价为rm{+2}价，下同rm{)}工业上可由铁酸锌rm{(ZnFe_{2}O_{4})}经过高温反应得到。

rm{垄脵}将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，形成的分散系和rm{NaCl}溶液的本质区别是______。

rm{垄脷ZnFe_{2}O_{4}}经过高温反应得到rm{ZnFe_{2}O_{x}}的反应属于______rm{(}填“氧化还原”或“非氧化还原”rm{)}反应。

rm{垄脹}酸性条件下，rm{Fe_{2}O_{4}^{2-}}容易发生反应rm{Fe_{2}O_{4}^{2-}+Cu_{2}O+10H^{+}=2Fe^{2+}+2Cu^{2+}+5H_{2}O}该反应的氧化产物是______，用双线桥法标出方程式电子转移的方向和数目______。11、洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一rm{.}漂白粉是常用的消毒剂．

rm{(1)}工业上将氯气通入石灰乳rm{[Ca(OH)_{2}]}制取漂白粉；化学反应方程式为______．

rm{(2)}漂白粉的有效成分是rm{(}填化学式rm{)}______．

rm{(3)}漂白粉溶于水后，受空气中的rm{CO_{2}}作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为______．12、（10分）（1）实验室制取Cl2的反应方程式之一为：被氧化的盐酸占反应盐酸总量的，用NA表示阿伏加德罗常数的值，当标准状况下有11.2L氯气生成时，该反应的电子转移数为。（2）已知下列两个氧化还原反应：O2+4HI2I2+2H2O及Na2S+I2══2NaI+S，则三种单质的氧化性顺序由强到弱为：（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：；在以上中性溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：。（4）医疗上常用小苏打治疗胃酸过多，小苏打溶液与盐酸反应的离子方程式为：。13、（14分）过氧化氢H2O2，（氧的化合价为－1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A~F涉及H2O2的反应，回答相关问题：A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2OC．2H2O2=2H2O+O2↑D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2OE．H2O2+MnSO4=MnO2+H2SO4F．H2O2+Fe2++H+==Fe3++H2O（1）上述反应不属于氧化还原反应的是（填代号）_____________。（2）H2O2仅体现还原性的反应是（填代号）。（3）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是（填代号）。（4）H2O2体现酸性的反应是（填代号）。（5）上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到弱的顺序是：。（6）通过以上反应分析，H2O2常称为绿色氧化剂，原因是_______________________。（7）请配平化学反应F，并画出电子转移情况。H2O2+Fe2++H+==Fe3++H2O（8）由于H2O2有较强氧化性，能使某些有色试剂褪色，具有漂白作用，另外它还有弱酸性，某学生将H2O2溶液滴入含有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液的红色消失。为了探究溶液褪色的原因，该学生提出了两种假设，然后又设计了一个简单的实验方案，以验证这两种假设。请回答：(A)该学生提出的两种假设是：假设①___________________________________________；假设②_________________________________。(B)将该学生设计的简单实验方案、预测的实验现象及结论填入下表(结论部分只需填①或②)：。简单实验方案预测的实验现象结论假设____成立假设____成立14、同温同压下，质量相同的五种气体：rm{垄脵CO_{2}垄脷H_{2}垄脹O_{2}垄脺CH_{4}垄脻SO_{2}}

所占的体积由大到小的顺序是rm{(}填序号，下同rm{)}______；

密度由大到小的顺序是______．

所含原子数由多到少的顺序是______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）16、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）17、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。20、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共12分)21、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。22、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。23、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。24、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共30分)25、工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料；流程如下：

（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.7

（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O调节pH=8可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取mgBaCl2·2H2O试样，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌，边逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次，直至洗涤液中不含Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是_______________

A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应。

C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2(s)26、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____________________。

27、一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4·7H2O晶体；进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：①锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列问题：

(1)滤渣1的主要成分为SiO2和___。

(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是___。

(3)写出“沉铜”时的离子方程式___。

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。

(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：___。

(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/mol·L-10.100.050.10

处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)评卷人得分六、原理综合题(共2题，共10分)28、甲烷既是重要的能源也是重要的化工原料。

已知反应CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4和3molNO2，测得CH4、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。

（1）容器体积V=_____L。

（2）图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线_____(填“甲”“乙"或"丙")。

（3）0~5min内，用N2表示的化学反应速率为_____mol·L-1·min-1。

（4）a、b、c三点中达到平衡的点是______。达到平衡时，NO2的转化率是_____。(物质平衡转化率=转化的物质的量/起始的物质的量×100%)。

（5）a点时，n(CH4):n(NO2)=_____。29、金属镓(Ga)应用广泛；在半导体和光电材料；合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。

(1)铝在元素周期表中的位置是__________________。

(2)GaAs是一种重要的半导体材料。As与Ga同周期；As与N同主族。

①下列事实不能用元素周期律解释的是___________(填字母)。

a.碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3b.非金属性：As>Gac.酸性：H3AsO4>H3AsO3

②GaAs中，As元素化合价为-3价，用原子结构理论解释原因_________________。

③废弃含GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3+，写出该反应的化学方程式_________。

(3)工业上获取镓的方法之一是从闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有Zn、Pb、Fe、Ga等元素)中提取，某科研单位设计下述流程提取镓，已知：Ga在碱性溶液中以[Ga(OH)4]-形式存在。

①试剂a是_______________。

②写出电解制镓时的阴极电极反应式__________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【解答】A．液氨汽化时要吸收大量的热；使温度降低，可用作制冷剂，故A正确；

B．常温下能用铝制容器盛放浓硝酸和浓硫酸；是因为反应生成了致密的氧化膜阻止进一步反应，故B错误；

C．明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质；不能除掉可溶性杂质和细菌等，不能起消毒杀菌的作用，故C错误．

D．能置换出氧化铁中的铁；发生铝热反应，可以用来焊接钢轨，钢铁工业炼铁是利用还原法得到，一氧化碳还原氧化铁得到金属铁，故D错误；

故选A．

【分析】A．液氨汽化时要吸收大量的热；使温度降低；

B．常温下能用铝制容器盛放浓硝酸和浓硫酸；是因为反应生成了致密的氧化膜阻止进一步反应；

C．明矾可用于净水；是因为明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质；

D．铝能置换出氧化铁中的铁，发生铝热反应，钢铁工业炼铁是利用还原法得到，一氧化碳还原氧化铁得到金属铁；2、D【分析】解：A；氯气没有漂白性；是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；

B；二氧化硅熔点高；具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；

C；氨气常用作制冷剂；是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；

D；过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气；常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确．

故选D．

A；氯气没有漂白性；次氯酸具有漂白性；

B；二氧化硅熔点高；还是制造光导纤维的材料；

C；氨气易液化；常用作制冷剂；

D；过氧化钠可以和人体呼出的气体反应产生氧气；常做供氧剂．

本题考查学生物质的性质以及应用，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】本题考查了化学与生活常识有关知识，由于外界条件发生变化时，化学反应速率可能发生变化，所以人们可以通过改变条件调控化学反应速率向着有利的方向发展。题目难度不大。【解答】A.钢铁腐蚀消耗金属rm{Fe}则应降低反应速率，故A不选；

B.氨气是人类需要的重要化工原料，则工业合成氨需要增大反应速率，故B选。C.塑料老化消耗人类生活中使用的塑料产品；则应降低反应速率，故C不选；

D.食物腐败消耗人类需要的食物；则应降低反应速率，故D不选。

故选B。【解析】rm{B}4、D【分析】试题分析：根据溶液显电中性可知在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）＋2c（Mg2+）＝c（Cl-）＋2c（SO42-），所以溶液中c（SO42-）＝＝0.20mol/L，则正确的答案选D。考点：考查溶液中离子浓度的计算【解析】【答案】D5、A【分析】

A；氯化铵中氯离子和铵根离子之间存在离子键；铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故A正确；

B；硫化钾中硫离子和钾离子之间存在离子键；故B错误；

C；氯化镁中氯离子和镁离子之间只存在离子键；故C错误；

D；二氧化碳中碳原子和氧原子之间只存在共价键；故D错误；

故选A．

【解析】【答案】一般活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键；非金属之间易形成共价键（铵盐除外）．

6、D【分析】解：rm{A.}由rm{2Al+6HCl=2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{2Al+2H_{2}O+2NaOH=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}可知；酸；碱均过量，则铝完全反应，铝的物质的量相等，转移电子数相等，生成氢气的物质的量相等，故A错误；

B.rm{56gFe}物质的量为rm{dfrac{56g}{56g/mol}=1mol}与足量盐酸反应生成rm{dfrac

{56g}{56g/mol}=1mol}二价铁离子，转移电子数为rm{1mol}故B错误；

C.气体状况未知，rm{2N_{A}}不确定，无法计算氨气的物质的量，氨气物质的量未知，则rm{Vm}所含电子数不一定为rm{22.4LNH_{3}}故C错误；

D.rm{10N_{A}}和rm{NO_{2}}的最简式均为rm{N_{2}O_{4}}故rm{NO_{2}}混合物中含有的rm{46g}的物质的量rm{n=dfrac{46g}{46g/mol}=1mol}故含rm{NO_{2}}原子即rm{n=dfrac

{46g}{46g/mol}=1mol}个；故D正确；

故选：rm{3mol}．

A.根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知；酸；碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等；

B.铁与盐酸反应生成氯化亚铁；

C.气体状况未知，rm{3N_{A}}不确定；

D.rm{D}和rm{Vm}的最简式均为rm{NO_{2}}．

本题考查阿伏伽德罗常数的应用，质量换算物质的量计算的方法，气体摩尔体积的条件应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．rm{N_{2}O_{4}}【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）C（1分）O（1分）（2）（1分）（3）HNO3（1分）（4）（2分）紫色石蕊试液变蓝（2分）（5）（2分）（6）H2S+OH－=HS－+H2O（2分）（7）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl（2分）8、略

【分析】【解析】【答案】9、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}方案rm{1}涉及的反应的化学方程式为rm{Na_{2}CO_{3}+CaCl_{2}=2NaCl+CaCO_{3}隆媒}故离子反应方程式为rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}洗涤沉淀；方法是过滤完毕后，沿玻璃棒向漏斗里注入少量的水浸没沉淀物，静置，使水滤出，重复操作两次；

故答案为：rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}过滤完毕后；沿玻璃棒向漏斗里注入少量的水浸没沉淀物，静置，使水滤出，重复操作两次；

rm{垄脷Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{106g}rm{117g}

rm{dfrac{106b}{117}}rm{g}rm{bg}则消耗纯碱的质量为rm{dfrac{106b}{117}}rm{g}故rm{m}rm{g}纯碱样品纯度为rm{dfrac{106b}{117m}}

故答案为：rm{dfrac{106b}{117m}}

rm{(2)}已知rm{a}克混合物中rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}的物质的量相等，设它们的物质的量为rm{xmol}rm{84x+100x=a}解得：rm{x=dfrac{a}{184}}．

rm{垄脵}因rm{NaHC0_{3}}和rm{KHC0_{3}}以等物质的量混合，二者质量比等于相对分子质量之比，所以rm{m(NaHCO_{3})}rm{m(KHCO_{3})=84}rm{100}

故答案为：rm{84}rm{100}

rm{垄脷}若反应后碳酸盐有剩余；盐酸不足，要计算二氧化碳的体积，还需要知道盐酸的浓度；

故答案为：盐酸物质的量浓度；

rm{垄脹}据题意可知，混合物中rm{n(HCO_{3}^{-})=2x=dfrac{2a}{184}}

rm{n(HCO_{3}^{-})=2x=dfrac

{2a}{184}}

rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{1}

rm{dfrac{2a}{184}dfrac{2a}{184}}若碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸的物质的量rm{1}

已知盐酸的体积为rm{dfrac{2a}{184}dfrac

{2a}{184}}即rm{=dfrac{2a}{184}mol}．

所以盐酸的浓度rm{=dfrac{dfrac{2a}{184}}{0.1}=dfrac{5a}{46}mol/L}

即若碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸的浓度为rm{100mL}

故答案为：rm{0.1L}

rm{=dfrac{dfrac{2a}{184}}{0.1}=

dfrac{5a}{46}mol/L}若碳酸氢钠和碳酸氢钾不是以等物质的量混合，假设rm{dfrac{5a}{46}mol/L}克全是rm{dfrac{5a}{46}mol/L}

rm{垄脺}

rm{a}rm{NaHCO_{3}}则生成的二氧化碳的体积为：rm{dfrac{a}{84}mol隆脕22.4L/mol=dfrac{22.4a}{84}L}

假设rm{NaHCO_{3}+HCl=H_{2}O+CO_{2}隆眉+NaCl}克全是rm{dfrac{a}{84}}

rm{dfrac{a}{84}}

rm{dfrac{a}{84}mol隆脕22.4L/mol=dfrac

{22.4a}{84}L}rm{a}则生成的二氧化碳的体积为：rm{dfrac{a}{100}mol隆脕22.4L/mol=dfrac{22.4a}{100}L}

若碳酸氢钠和碳酸氢钾不是以等物质的量混合，则rm{KHCO_{3}}克固体混合物与足量的盐酸完全反应生成二氧化碳的体积rm{KHCO_{3}+HCl=H_{2}O+CO_{2}隆眉+KCl}的范围是rm{dfrac{22.4a}{100}L<V(CO_{2})<dfrac{22.4a}{84}L}

故答案为：rm{dfrac{22.4a}{100}L<V(CO_{2})<dfrac{22.4a}{84}}L.

rm{dfrac{a}{100}}方案rm{dfrac{a}{100}}涉及的反应的化学方程式为rm{dfrac{a}{100}mol隆脕22.4L/mol=dfrac

{22.4a}{100}L}据此改写成离子方程式；洗涤沉淀，方法是过滤完毕后，沿玻璃棒向漏斗里注入少量的水浸没沉淀物，静置，使水滤出，重复操作两次；

rm{a}方案rm{(V)}涉及的反应的化学方程式为rm{dfrac

{22.4a}{100}L<V(CO_{2})<dfrac{22.4a}{84}L}则取rm{dfrac

{22.4a}{100}L<V(CO_{2})<dfrac{22.4a}{84}}纯碱样品，溶于水加入盐酸溶液，过滤、洗涤、烘干、称重得rm{(1)垄脵}固体，为rm{1}沉淀的质量；结合方程式进行计算；

rm{Na_{2}CO_{3}+CaCl_{2}=2NaCl+CaCO_{3}隆媒}已知rm{垄脷}克混合物中rm{2}和rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}的物质的量相等，设它们的物质的量为rm{mg}rm{bg}解得：rm{NaCl}．

rm{(2)}因rm{a}和rm{NaHCO_{3}}以等物质的量混合；二者质量比等于相对分子质量之比；

rm{KHCO_{3}}若反应后碳酸盐有剩余；盐酸不足，要计算二氧化碳的体积，还需要知道盐酸的浓度；

rm{xmol}根据碳酸氢盐的物质的量计算盐酸的物质的量；物质的量除以体积即得物质的量浓度；

rm{84x+100x=a}用端值法求解，假设rm{x=dfrac{a}{184}}克全是rm{垄脵}或rm{NaHC0_{3}}全部是两种情况进行计算．

本题考查混合物的计算，题目难度较大，本题利用化学方程式和端值法计算．rm{KHC0_{3}}【解析】rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}过滤完毕后，沿玻璃棒向漏斗里注入少量的水浸没沉淀物，静置，使水滤出，重复操作两次；rm{dfrac{106b}{117m}}rm{84}rm{100}盐酸物质的量浓度；rm{dfrac{5a}{46}mol/L}rm{dfrac{22.4a}{100}L<V(CO_{2})<dfrac{22.4a}{84}}L.rm{dfrac

{22.4a}{100}L<V(CO_{2})<dfrac{22.4a}{84}}10、略

【分析】解：rm{(1)垄脵KCl}晶体由一种物质组成；属于纯净物；水溶液中或者熔融状态下能导电属于电解质；不含有自由移动的离子或者自由电子，不导电；

rm{垄脷}液态rm{HCl}由一种物质组成；属于纯净物；水溶液中能导电属于电解质；不含有自由移动的离子或者自由电子，不导电；

rm{垄脹CO_{2}}由一种物质组成；属于纯净物；本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质；不含有自由移动的离子或者自由电子，不导电；

rm{垄脺}汞由一种物质组成；属于纯净物；是单质，既不是电解质也不是非电解质；含有自由电子，能导电；

rm{垄脻CaCO_{3}}固体由一种物质组成；属于纯净物；熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；不含有自由移动的离子或者自由电子，不导电；

rm{垄脼}稀硫酸由两种物质组成；属于混合物；混合物既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的离子，能够导电；

rm{垄脽}四氯化碳由一种物质组成；属于纯净物；在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质；不含有自由移动的离子或者自由电子，不导电；

rm{垄脿}熔融的rm{NaCl}由一种物质组成；属于纯净物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；含有自由移动的离子，能导电；

rm{垄谩}浓氨水由两种物质组成；属于混合物；混合物既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的离子，能够导电；

所以：混合物的是rm{垄脼垄谩}属于非电解质的是rm{垄脽}能导电的有rm{垄脺垄脼垄脿}

故答案为：rm{垄脼垄谩}rm{垄脽}rm{垄脺垄脼垄脿}

rm{(2)垄脵}将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，形成的分散系属于胶体分散系，胶体和rm{NaCl}溶液的本质区别是分散质粒子的直径介于rm{1-100nm}之间；

故答案为：分散质粒子的直径介于rm{1-100nm}之间；

rm{垄脷}铁酸盐rm{MFe_{2}O_{4}}经过高温反应得到rm{MFe_{2}O_{x}}的，根据题干中的信息，rm{3<x<4}rm{M=Mn}rm{Zn}rm{Ni}且均为rm{+2}价；可知变化过程中铁元素化合价发生了变化，是氧化还原反应；

故答案为：氧化还原反应；

rm{垄脹}反应rm{Fe_{2}O_{4}^{2-}+Cu_{2}O+10H^{+}=2Fe^{2+}+2Cu^{2+}+5H_{2}O}中铜元素化合价从rm{+1}价升高为rm{+2}价，所以rm{Cu^{2+}}为氧化产物；

在酸性条件下，rm{Fe_{2}O_{4}^{2-}}容易转化为rm{Fe^{2+}}铁元素的化合价从rm{+3}价变化为rm{+2}价，铜元素化合价从rm{+1}价升高为rm{+2}价，依据方程式：rm{Fe_{2}O_{4}^{2-}+Cu_{2}O+10H^{+}=2Fe^{2+}+2Cu^{2+}+5H_{2}O}消耗rm{1molCu_{2}O}转移rm{2mol}电子，所以用双线桥表示为：

故答案为：rm{Cu^{2+}}

rm{(1)}由两种以上物质组成的为混合物；

电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸；碱、盐；金属氧化物等；

非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物；非金属氧化物等；

物质导电的条件：含有自由移动的离子或者自由电子；

rm{(2)垄脵}三大分散系的本质区别是分散质微粒直径大小不同；

rm{垄脷}有化合价变化的反应为氧化还原反应；

rm{垄脹}铁酸盐rm{MFe_{2}O_{4}}经过高温反应得到rm{MFe_{2}O_{x}}rm{3<x<4}rm{M=Mn}rm{Zn}rm{Ni}且均为rm{+2}价；说明铁元素的化合价发生变化分析判断；依据氧化还原反应的特征是元素化合价有升高的，有降低的，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，对应产物是氧化产物，据此解答。

本题为综合题，考查了物质的分类，氧化还原反应基本概念，明确电解质、非电解质的概念，分散系的本质特征，化合物中元素化合价变化的判断，氧化还原反应特征的应用，题目难度中等。【解析】rm{垄脼垄谩}rm{垄脽}rm{垄脺垄脼垄脿}分散质粒子的直径介于rm{1-100nm}之间；氧化还原；rm{Cu^{2+}}11、略

【分析】解：rm{(1)}氯气与碱反应生成金属氯化物和次氯酸盐，工业上将氯气通入石灰乳rm{[Ca(OH)_{2}]}制取漂白粉；氯气和石灰乳。

rm{[Ca(OH)_{2}]}反应生成氯化钙和次氯酸钙以及水，方程式为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=Ca(ClO)_{2}+CaCl_{2}+2H_{2}O}

故答案为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=Ca(ClO)_{2}+CaCl_{2}+2H_{2}O}

rm{(2)}次氯酸盐是漂白杀毒剂的有效成分，漂白粉的有效成份是rm{Ca(ClO)_{2}}故答案为：rm{Ca(ClO)_{2}}

rm{(3)}漂白粉的漂白原理是：次氯酸钙与空气中的水和rm{CO_{2}}作用生成的次氯酸是一种很好的杀菌消毒剂；反应方程式如下：

rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2HClO}故答案为：rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2HClO}．

rm{(1)}工业上将氯气通入到石灰乳中在制取漂白粉；氯气与碱反应生成金属氯化物和次氯酸盐；

rm{(2)}次氯酸盐是漂白杀毒剂的有效成分；

rm{(3)}次氯酸钙可以和空气中的水及二氧化碳反应生成具有漂白作用的次氯酸．

本题考查学生对教材的记忆情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=Ca(ClO)_{2}+CaCl_{2}+2H_{2}O}rm{Ca(ClO)_{2}}rm{Ca(ClO)_{2}+CO_{2}+H_{2}O篓TCaCO_{3}隆媒+2HClO}12、略

【分析】试题分析：（1）从反应中可以看出有10个Cl原子的化合价从-1价变为0价，则被氧化的盐酸占反应盐酸总量10/16=5/8，从反应中可以得出，每生成5分子的Cl2需要注转移10e-,当标准状况下有11.2L氯气(0.5mol)生成时转移的电子为1mol，个数为NA。(2)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，从第一个反应中得出：氧化性：O2>I2，从第二个反应得出，氧化性：I2>S，则三种单质的氧化性顺序由强到弱为：O2>I2>S。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性时SO42-,H+反应完，此时SO42-还有剩余，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，继续滴加Ba(OH)2溶液，SO42-与Ba2+反应，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓。（4）小苏打是NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+H2O+CO2↑考点：氧化还原反应电子的转移计算，氧化性的比较、离子方程式的书写。【解析】【答案】（1）；5/8（1分）NA（1分）（2）O2>I2>S(2分)(3)2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OSO42-+Ba2+=BaSO4↓(2分)（4）HCO3-+H+H2O+CO2↑(2分)13、略

【分析】(1)凡是有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应，所以只有选项A不是氧化还原反应。（2）在氧化还原反应中化合价升高的物质是还原剂，还原剂具有还原性。B中双氧水中氧原子的化合价由－1价升高到0价，作还原剂，正确。C是复分解反应，既作氧化剂，又作还原剂。DEF中双氧水中氧原子的化合价由－1价降低到－2价，作氧化剂。（3）见解析（2）（4）在选项A中过氧化钠可以看作是过氧化氢的盐，因此A正确。（5）根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的可知，氧化性强弱是Ag2O>H2O2>K2CrO4。（6）由于过氧化氢的还原产物通常为水，对环境无污染，所以常被称作是绿色还原剂。（7）可根据氧化还原反应中电子的得失守恒解析配平。1mol过氧化氢得到2mol电子，而1mol亚铁离子只能失去1mol电子，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1︰2。（8）溶液褪色，可能是溶液的碱性降低即被过氧化氢中和。另外一种可能就是过氧化氢的漂白使其褪色的。如果是因为被中和而颜色消失，则继续加入氢氧化钠溶液时，还会恢复红色。由于过氧化氢的漂白是氧化导致的，因此如果是被氧化而褪色，则再加入氢氧化钠溶液不会恢复红色，据此可以鉴别。【解析】【答案】（1）A（2）B（3）C（4）A（5）Ag2O>H2O2>K2CrO4（6）还原产物通常为水，对环境无污染。（以上每空答对得1分）（7）（配平2分，电子转移1分）（8）(A)（2分）过氧化氢与NaOH发生中和反应（1分）；过氧化氢将酚酞氧化（1分）。(B)（3分）。简单实验方案预测的实验现象结论向褪色后的溶液中再加入过量NaOH溶液（1分）溶液又变红色①（共1分）溶液颜色无变化（依然为无色）②（共1分）14、略

【分析】解：设质量均为rm{mg}

则物质的量分别为rm{dfrac{m}{44}mol}rm{dfrac{m}{2}mol}rm{dfrac{m}{32}mol}rm{dfrac{m}{16}mol}rm{dfrac{m}{64}mol}

同温同压下体积与物质的量成正比，则所占的体积由大到小的顺序是rm{垄脷垄脺垄脹垄脵垄脻}

含原子的物质的量分别为rm{dfrac{m}{44}隆脕3mol}rm{dfrac{m}{2}隆脕2mol}rm{dfrac{m}{32}隆脕2mol}rm{dfrac{m}{16}隆脕5mol}rm{dfrac{m}{64}隆脕3mol}所含原子数由多到少的顺序为rm{垄脷垄脺垄脵垄脹垄脻}

由rm{pM=娄脩RT}可知，密度与摩尔质量成正比，即摩尔质量越大，密度越大，rm{64>44>32>16>2}即密度由大到小的顺序为rm{垄脻垄脵垄脹垄脺垄脷}

故答案为：rm{垄脷垄脺垄脹垄脵垄脻}rm{垄脻垄脵垄脹垄脺垄脷}rm{垄脷垄脺垄脵垄脹垄脻}．

根据rm{n=dfrac{m}{M}}可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比；由rm{pM=娄脩RT}可知，密度与摩尔质量成正比；利用rm{n=dfrac{m}{M}}结合分子的构成来计算原子数．

本题考查物质的量的简单计算，明确质量、物质的量的关系，熟悉常见物质的摩尔质量及相关计算公式即可解答．【解析】rm{垄脷垄脺垄脹垄脵垄脻}rm{垄脻垄脵垄脹垄脺垄脷}rm{垄脷垄脺垄脵垄脹垄脻}三、判断题(共6题，共12分)15、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．16、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol17、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；18、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．19、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．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、其他(共4题，共12分)21、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)222、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-23、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)224、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2电子式略离子键非极性共价键（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、工业流程题(共3题，共30分)25、略

【分析】【详解】

（1）由流程图知高温焙烧时为重晶石矿和炭发生氧化还原反应，其中炭过量，故可知反应为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；答案为：BaSO4+4C4CO↑+BaS；

（2）Na2S为强碱弱酸盐，弱酸根离子与水电离产生的H+结合生成弱酸，其水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，答案为：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-；

（3）根据沉淀溶解平衡常数计算式有：当两种沉淀共存时有：则故答案为：

（4）提高矿石浸取率；可采取的措施有：搅拌；升高温度、延长浸出时间、增大盐酸的浓度、粉碎矿石增大接触面积等，故答案为：将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等；

（5）根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH=8时，只有Fe3+完全沉淀除去。加入NaOH，调节pH=12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据已知条件，若草酸过量，会生成BaC2O4沉淀，使得最终产物的量减少。故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀；产品的产量减少；

（6）根据题意可知最后的沉淀为BaSO4，质量为ng，则其物质的量=根据Ba原子守恒，则BaCl2·2H2O的物质的量为故产品纯度=故答案为：

（7）根据图像中坐标的含义及图像的变化；利用难溶电解质的沉淀溶解平衡及其影响因素分析解答：

A．Ksp(PbCl2)只与温度有关系，温度不变，Ksp(PbCl2)不变；A项错误；

B．根据图像知当盐酸浓度大于1mol/L时，PbCl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，则PbCl2能与一定浓度的盐酸反应；B项正确；

C．x、y两点对应的溶液中c（Cl-）不同，则c(Pb2+)不等；C项错误；

D．根据图像，往含Pb2+的溶液中加入浓盐酸越多，PbCl2溶解度越大，不能将Pb2+完全转化为(PbCl2)(s)；D项错误；

答案选B。

【点睛】

化工流程题在解题时首先要明确原料和产品，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清反应原理，明确目的，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。【解析】①.BaSO4+4C4CO↑+BaS②.S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-③.④.将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等⑤.Fe3+⑥.Mg(OH)2、Ca(OH)2⑦.H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少⑧.⑨.B26、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+27、略

【分析】【分析】

锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O；滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。

【详解】

(1)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；

(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，发生反应的化学方程式2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯