2024年新科版必修1化學上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年新科版必修1化學上冊階段測試試卷346考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、短周期主族元素X；Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。在圖所示物質轉化關系中；l是由該四種元素組成的離子化合物，m是Y的單質，n是Z的單質，p是W的單質，其余為由上述的兩種或三種元素組成的化合物。u的水溶液具有漂白性；常溫時，0.01mol/Lt與0.01mol/Lv溶液的pH均為2。下列說法正確的是。

A.原子半徑：r(X)B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z>WC.W的氧化物的水化物的酸性一定比Y的強D.X、Y、Z三種元素形成的化合物只能抑制水的電離2、海冰是海水凍結而成的咸水冰。海水凍結時，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”假設鹽分以一個NaCl計其大致結構如下圖所示，若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確的是A.海冰內層“鹽泡”越多，密度越小B.海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越多C.海冰內層“鹽泡”內的鹽分主要以NaCl分子的形式存在D.海冰內層NaCl的濃度約為設冰的密度為3、24mL濃度為0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反應，已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產物中的化合價是（）A.＋2B.＋3C.＋4D.04、用下列方法均可制得氧氣：

①2KClO32KCl+3O2↑

②2HgO2Hg+O2↑

③2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑

若要制得相同質量的氧氣，反應中電子轉移數(shù)目之比為A.3:1:1B.1:1:1C.3:1:4D.2:1:15、下列離子方程式書寫正確的是A.向顯藍色的淀粉溶液中通入足量后變成無色溶液：B.電離平衡常數(shù)：向溶液中通入少量C.溶液與過量溶液反應：D.溶液中通入過量6、下列描述不涉及化學變化的是A.鐵粉作袋裝食品的抗氧化劑B.二氧化硫作紙漿的漂白劑C.氫氟酸作普通玻璃的刻蝕劑D.有機溶劑作食用油的萃取劑7、在氧化還原反應3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化與被還原的硫原子數(shù)之比為A.1：1B.2：1C.1：2D.3：2評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、古代的藥金外觀與金相似，常被誤認為是金子，冶煉的方法如下：將碳酸鋅、赤銅(Cu2O)；木炭混合加熱到800℃；得到金光閃閃的“藥金”．

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

(2)冶煉時發(fā)生反應的化學方程式為___________________________________________．9、在下列物質中：①CO2；②KCl；③CaBr2；④O2；⑤NH4Cl；⑥Ca(OH)2；⑦N2；⑧HBr；⑨NH3；⑩Na2O2。

(1)只有非極性鍵的是________。

(2)只有極性鍵的是________。

(3)只有離子鍵的是________。

(4)既有離子鍵；也有非極性鍵的是________。

(5)既有離子鍵；又有極性鍵的是________。

(6)屬于離子化合物的是________。

(7)屬于共價化合物的是________。10、建筑工地常用的NaNO2因外觀和食鹽相似，又有咸味，容易使人誤食中毒．已知NaNO2能發(fā)生如下反應：NaNO2+HI→NO+I2+NaI+H2O。

（1）配平上述反應方程式_________；

（2）上述反應的氧化劑是________；

（3）根據(jù)上述反應，可用試紙和生活中常見的物質進行實驗，以鑒別NaNO2和NaCl，可選用的物質有：①水②碘化鉀淀粉試紙③淀粉④白酒⑤食醋，進行實驗，下列幾組合適的是________（填序號）。

A.③⑤

B.①②④

C.①②⑤

D.①②③⑤

（4）某廠廢切削液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2轉化為不引起二次污染的N2，反應的化學方程式為________；該反應中被氧化的元素是________。11、向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液，反應的離子方程式為：_____________，向其混合液中再加入HCl，反應的離子方程式為：___________。12、（1）在淀粉碘化鉀溶液中通入少量氯氣，立即會看到溶液變藍色，反應的離子方程式是____________；

（2）在碘和淀粉形成的藍色溶液中通入氣體，發(fā)現(xiàn)藍色逐漸消失，反應的離子方程式是____________；

（3）對比（1）和（2）實驗所得的結果，將按還原性由強到弱順序排列為____________；13、按要求完成下列填空。

(1)HNO3和KAl(SO4)2在水溶液中的電離方程式分別為_______、_______。

(2)Al溶解在足量NaOH溶液中的離子方程式為_______。

(3)以下幾種物質：①二氧化碳②熔融KCl③BaSO4固體④銅⑤稀硫酸⑥澄清石灰水，其中屬于電解質的有_______(填序號)。

(4)高鐵酸鈉(Na2FeO4)(鐵為+6價)是一種新型的凈水劑，可以通過下述反應制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，該反應中_______元素被氧化，還原產物為_______。用單線橋在方程式中標出電子轉移的情況_______。14、物質的類別和核心元素的化合價是研究物質性質的兩個重要維度。圖為硫及其部分化合物的“價類二維圖”；根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)根據(jù)“價類二維圖”，下列能與B反應的物質有_________，反應中使B表現(xiàn)還原性的物質是________(填序號)。

①NaOH溶液②酸性KMnO4溶液③H2S溶液④BaC12溶液。

(2)寫出金屬銅與C的濃溶液在加熱條件下反應生成SO2的化學方程式_______。

(3)D的鈉鹽放置在空氣中極易變質，請設計實驗方案證明其已被氧化_________。15、用下列儀器的編號回答問題。

①容量瓶②蒸餾燒瓶③酸式滴定管④量筒⑤燒杯⑥托盤天平⑦分液漏斗。

⑴加熱時必須墊石棉網(wǎng)的有______________；

⑵使用時必須檢查是否漏水的有___________；

⑶標有零刻度的有_______________。16、化學實驗是化學學習的重要內容，根據(jù)你掌握的知識，完成下面內容。實驗室需要配制0.1mol·L-1NaOH溶液230mL；請回答下列問題：

(1)用天平稱取____gNaOH。配制過程中所需玻璃儀器除了膠頭滴管和燒杯，還有____、____。

(2)溶解NaOH后的溶液需冷卻到室溫后方能轉移。若趁熱轉移會使溶液的濃度_______(填“偏大”、或“偏小”)評卷人得分三、工業(yè)流程題(共3題，共30分)17、廢棄鋰離子電池的資源化處理日益重要。從廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料（含LiFePO4；石墨粉和鋁箔等）中綜合回收鋰、鐵和磷等的工藝流程如圖所示：

有關數(shù)據(jù)：25℃時，Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39。

回答下列問題：

（1）“溶浸1”中鋁溶解的化學方程式為___。

（2）完成“溶浸2”反應的離子方程式___：

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

（3）“濾渣2”的主要成分是___。

（4）“濾液2”循環(huán)兩次的目的是___。

（5）“沉鐵、磷”時，析出FePO4沉淀，反應的離子方程式為__。實驗中，鐵、磷的沉淀率結果如圖所示。碳酸鈉濃度大于30%后，鐵沉淀率仍然升高，磷沉淀率明顯降低，其可能原因是___。

（6）“沉淀轉化”反應：FePO4+3OH-?Fe(OH)3+PO43-。用此反應的化學平衡常數(shù)說明轉化能否完全___？

（7）為了充分沉淀，“沉鋰”時所用的X和適宜溫度是___（填標號）。

A.NaOH20-40℃B.NaOH80-100℃

C.Na2CO320-40℃D.Na2CO360-80℃18、NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑；也常用來漂白織物等，其中一種生產工藝如下：

已知電解總反應為：2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2

回答下列問題：

(1)NaClO2中Cl的化合價為___________。

(2)從物質分類角度來看NaHSO4是___________(填字母)。

a．酸b．酸式鹽c．電解質d．非電解質e．離子化合物(由離子構成)f．共價化合物(由分子構成)

(3)寫出“反應”步驟中生成ClO2的化學方程式___________。

(4)“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2+和Ca2+，要加入的試劑分別為___________、___________。

(5)“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2，吸收反應中，氧化劑(ClO2)與還原劑(H2O2)的物質的量之比為___________。19、鋁是重要的金屬材料，鋁土礦(主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3雜質)是工業(yè)上制取鋁的原料。實驗室模擬工業(yè)上以鋁土礦為原料制取Al2(SO4)3和銨明礬晶體[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工藝流程如圖所示：

請回答下列問題：

(1)固體a的化學式為_______。

(2)寫出Ⅱ中加過量的燒堿涉及到的反應離子方程式_______、_______、_______；Ⅲ中通入足量CO2氣體發(fā)生反應的離子方程式為_______。

(3)由Ⅲ中得到濾液c的實驗操作為_______，從銨明礬溶液中獲得銨明礬晶體的實驗操作依次為(填操作名稱)_______；冷卻結晶、過濾洗滌。

(4)若同時制取銨明礬和硫酸鋁，通過控制硫酸的用量調節(jié)兩種產品的產量。若欲使制得的銨明礬和硫酸鋁的物質的量之比為1∶1，則投料時鋁土礦中的Al2O3和H2SO4的物質的量之比為_______。評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共21分)20、聚合硫酸鐵（簡稱PFS或聚鐵）是水處理中重要的絮凝劑。以黃鐵礦的燒渣（主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2等）為原料制取聚合硫酸鐵（）的工藝流程如下：

（1）酸浸時最合適的酸是_____（寫化學式）。

（2）酸浸后溶液中主要的陽離子有_____。

（3）加入KClO3的目的是_____________________________（結合離子方程式說明）。

（4）過程a中生成聚合硫酸鐵的過程是先水解再聚合。將下列水解反應原理的化學方程式補充完整。

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

（5）過程a中水解要嚴控pH的范圍。pH偏小或偏大聚合硫酸鐵的產率都會降低，請解釋原因__________。

（6）鹽基度B是衡量絮凝劑絮凝效果的重要指標，通常鹽基度越高，絮凝效果越好。鹽基度B的表達式：（n為物質的量）。為測量聚合硫酸鐵的鹽基度；進行如下實驗操作：

ⅰ.取聚合硫酸鐵樣品mg，加入過量鹽酸，充分反應，再加入煮沸后冷卻的蒸餾水，再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不與OH－反應。然后以酚酞為指示劑，用cmol/L的標準NaOH溶液進行中和滴定，到終點時消耗NaOH溶液VmL。

ⅱ.做空白對照實驗，取與步驟ⅰ等體積等濃度的鹽酸，以酚酞為指示劑，用cmol/L的標準NaOH溶液進行中和滴定，到終點時消耗NaOH溶液V0mL。

①該聚合硫酸鐵樣品中n(OH－)＝_________mol。

②已知該樣品中Fe的質量分數(shù)w，則鹽基度B＝_______________。21、某冶煉廠利用含ZnO的煙灰脫除工業(yè)廢氣中的SO2；最終得到鋅鹽。該廠所用煙灰的主要成分如下表所示：

。主要成分。

ZnO

CaO

Fe2O3

SiO2

其它。

質量分數(shù)/%

81

0.098

1.14

0.5

————

在一定條件下，將含SO2的工業(yè)廢氣通入煙灰漿液(煙灰和水的混合物)進行脫硫，過程中測得pH和上清液中溶解的SO2物質的量濃度[c(SO2)]隨時間的變化如圖所示：

(1)純ZnO漿液的pH為6.8，但上述煙灰漿液的初始pH為7.2。在開始脫硫后3min內(a~b段)，pH迅速降至6.8，引起pH迅速變化的原因是_____(結合化學用語解釋)。

(2)生產中脫除SO2效果最佳的時間范圍是_____(填字母序號)。

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

(3)在脫硫過程中涉及到的主要反應原理：

Ⅰ．ZnO+SO2===ZnSO3↓

Ⅱ．ZnSO3+SO2+H2O===Zn(HSO3)2

①在30~40min時，主要發(fā)生反應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時，pH降低的原因可能是______(寫出2點)。

③將脫硫后的混合物利用空氣氧化技術處理，該過程中發(fā)生反應：2ZnSO3+O2===2ZnSO4和______。22、(一)以下物質中能導電且屬于電解質的是__________，屬于非電解質的是___________

①漂白粉②銅③氧氣④BaSO4固體⑤稀硫酸⑥蔗糖⑦CO2⑧熔化的KNO3；

寫出電離方程式：硫酸鋁__________________________________________

(二)某化學實驗小組需用480mL0.2mol/L的硫酸銅溶液；請回答下列問題：

(1)如果用膽礬(CuSO4?5H2O)來配制，至少需用膽礬的質量為_____g。

(2)在該實驗中要用到容量瓶，使用容量瓶前應_______________

(3)下面是配制硫酸銅溶液過程中的5個操作步驟：

①向盛有膽礬的燒杯中加入200ml蒸餾水使其溶解；

②繼續(xù)往容量瓶中加蒸餾水；至液面距刻度線1-2cm處；

③將燒杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；

④在燒杯中加入少量的蒸餾水；洗滌燒杯內壁和玻璃棒2-3次后移入容量瓶中，輕輕搖動容量瓶，使溶液混合均勻；

⑤改用膠頭滴管加水至刻度線；蓋好瓶塞，反復上下顛倒，搖勻。

正確的操作順序為__________________(填序號)

(4)上述操作⑤中，如果不小心加水超過刻度線，處理方法是_______________

(5)下列操作會導致所配硫酸銅溶液物質的量濃度偏低的是_______(填序號)

①在燒杯中攪拌溶液時；有少量液體濺出。

②定容搖勻后；發(fā)現(xiàn)溶液液面低于刻度線，又滴加蒸餾水至刻度線。

③容量瓶洗凈后殘留少量蒸餾水。

④所使用的容量瓶剛用某種濃度的硫酸銅溶液潤洗過評卷人得分五、計算題(共1題，共9分)23、高錳酸鉀純度的測定：稱取1.0800g樣品，溶解后定容于100mL容量瓶中，搖勻。取濃度為0.2000mol·L－1的H2C2O4標準溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為24.48mL，該樣品的純度為________(列出計算式即可，已知2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】題給信息中m、n兩種單質可在放電條件下進行，一般為N2和O2的反應，則r為NO，且可繼續(xù)與n反應，則m為N2，n為O2，可知Y為N元素，Z為O元素，s為NO2，q為H2O，t為HNO3，單質p與水反應生成u具有漂白性，則p為Cl2；u為HClO，v為HCl，則W為Cl元素，由原子序數(shù)關系可知X為H元素，結合對應單質；化合物的性質以及元素周期律解答該題。

【詳解】

A.同一周期元素的原子從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑N>O；H為原子半徑最小的原子，A正確；

B.原子序數(shù)N2O>NH3；B錯誤；

C.W的氧化物若不是最高價氧化物；則對應的水化物的酸性強弱無法比較，C錯誤；

D.X、Y、Z三種元素形成的化合物如為硝酸，則會抑制水的電離，如為硝酸銨，則因NH4+發(fā)生水解而促進水的電離；D錯誤；

故合理選項是A。

【點睛】

本題考查無機物的推斷，把握物質的性質、發(fā)生的反應、元素周期律等為解答的關鍵，注意m與n的反應為推斷的突破口，側重考查學生的分析與推斷能力。2、D【分析】【詳解】

A．“鹽泡”中鹽與水的比值不變；則內層“鹽泡”越多時，密度不變，故A錯誤；

B．若海冰的冰齡達到1年以上；融化后的水為淡水，則海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越少，故B錯誤；

C．“鹽泡”內的鹽分為NaCl；由離子構成，不存在NaCl分子，故C錯誤；

D．冰的密度為設海水1L時，水的質量為900g，由個數(shù)比為1：500000，含NaCl為可知海冰內層NaCl的濃度約為故D正確；

故答案為D。

【點睛】

考查海水資源的應用，把握海水中鹽泡的成分、信息的應用為解答的關鍵，“鹽泡”內的鹽分為NaCl，屬離子化合物，由離子構成，且“鹽泡”中鹽與水的比值不變，特別注意“鹽泡結構的判斷。3、B【分析】【分析】

被氧化為S元素化合價由+4價升高為+6價;中Cr元素發(fā)生還原反應,設Cr元素在產物中的化合價為x價,根據(jù)電子轉移守恒計算x的值.

【詳解】

:反應中被氧化成S化合價從+4變?yōu)?6,化合價升高2價,

設Cr元素在產物中的化合價為x價,中Cr元素的化合價為+6,則化合價降低:6-x,根據(jù)電子轉移守恒可得:

計算得出:x=3,

所以B選項是正確的.4、B【分析】【詳解】

由三個反應可知；生成氧氣時，O元素的化合價均為-2價升高為0，即O元素失去電子，則制得相同質量的氧氣，失去電子的氧原子相同，所以轉移的電子數(shù)相同，即制得相同質量的氧氣，反應中電子轉移數(shù)目之比為1：1：1；

故選：B。

【點睛】5、A【分析】【分析】

【詳解】

A.顯藍色的淀粉溶液中通入足量SO2后變成無色溶液，是因為碘氧化了SO2，其離子反應方程式為：I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+；故A正確；

B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳發(fā)生了強酸制弱酸的反應，其離子反應方程式為：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；故B錯誤；

C.NH4HCO3溶液與過量NaOH溶液反應的離子反應為：HCO3-+NH4++2OH-=NH3↑+2H2O+CO32-；故C錯誤；

D.FeI2溶液中通入過量Cl2的離子反應為：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-；故D錯誤；

故選A。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．鐵粉作袋裝食品的抗氧化劑；發(fā)生氧化還原反應，生成新物質，屬于化學變化，故A錯誤；

B．二氧化硫作紙漿的漂白劑；原理是二氧化硫與有色物質發(fā)生化合反應生成無色化合物，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；

C．氫氟酸能夠與玻璃中二氧化硅反應生成四氟化硅和水；有新物質生成，屬于化學變化，可以用于普通玻璃的刻蝕劑，故C錯誤；

D．有機溶劑作食用油的萃取劑；沒有新物質生成，屬于物理變化，故D正確；

答案選D。7、C【分析】【詳解】

在氧化還原反應3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，部分S元素化合從0價升高為+4價，發(fā)生氧化反應，部分S元素從0價降為-2價，發(fā)生還原反應，則被氧化與被還原的硫原子數(shù)之比為1:2，故答案為C。二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)題意結合所學的知識可知，800℃的高溫下ZnCO3肯定會分解產生CO2和ZnO，而木炭則能在高溫下將ZnO和Cu2O中的金屬分別還原出來，被還原出來的兩種金屬便會熔合而成合金，故藥金的主要成分是Zn、Cu；涉及到的方程式為：ZnCO3ZnO+CO2↑；C+2Cu2O4Cu+CO2↑；C+2ZnO2Zn+CO2↑。

【點睛】

運用知識的遷移與類比可解答本題；已知CaCO3CaO+CO2↑可推測出ZnCO3ZnO+CO2↑?！窘馕觥縕n、CuZnCO3ZnO＋CO2↑C＋2Cu2O4Cu＋CO2↑C＋2ZnO2Zn＋CO2↑9、略

【分析】【分析】

一般來說；活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，第IA；IIA族元素和第VIA、VIIA族元素之間易形成離子鍵；非金屬元素之間易形成共價鍵，同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵，不同非金屬元素之間形成極性共價鍵；只含共價鍵的化合物是共價化合物，含有離子鍵的化合物是離子化合物，離子化合物中肯定含有離子鍵，可能含有共價鍵。

【詳解】

①CO2中氧原子和碳原子之間只存在極性共價鍵；屬于共價化合物；

②KCl中氯離子和鉀離子之間只存在離子鍵；屬于離子化合物；

③CaBr2中溴離子和鈣離子之間只存在離子鍵；屬于離子化合物；

④O2中氧原子和氧原子之間只存在非極性共價鍵；屬于單質；

⑤NH4Cl中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵；氫原子和氮原子之間存在極性共價鍵，屬于離子化合物；

⑥Ca(OH)2中鈣離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；氫原子和氧原子之間存在極性共價鍵，屬于離子化合物；

⑦N2中氮原子和氮原子之間只存在非極性共價鍵；屬于單質；

⑧HBr中氫原子和溴原子之間只存在極性共價鍵；屬于共價化合物；

⑨NH3中氫原子和氮原子之間只存在極性共價鍵；屬于共價化合物；

⑩Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵；氧原子和氧原子之間存在非極性共價鍵，屬于離子化合物；

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

【分析】【詳解】

分析：（1）氧化還原反應中；化合價升高值=化合價降低值=轉移電子數(shù)，利用電子守恒來配平方程式；

（2）所含元素化合價降低的反應物為氧化劑；

（3）鑒別NaNO2和NaCl，可根據(jù)NaNO2在酸性條件下具有氧化性；用淀粉碘化鉀試紙來檢驗；

（4）NaNO2是一種有毒致癌物，使NaNO2轉化為不引起二次污染的N2；亞硝酸鈉與氯化銨發(fā)生氧化還原反應生成氮氣，依據(jù)得失電子守恒和原子個數(shù)守恒判斷。

詳解：（1）在反應中，N元素的化合價從+3價降低到了+2價，得到了1個電子，I元素的化合價從-1價升高到了0價，共失去2個電子，根據(jù)電子守恒，所以氮元素的物質前邊都乘以系數(shù)2，碘單質系數(shù)是1，根據(jù)原子守恒，NaI前邊系數(shù)是2，HI前邊系數(shù)是4，水的前邊系數(shù)是2，即方程式為2NaNO2+4HI＝2NO+I2+2NaI+H2O；

（2）反應中亞硝酸鈉中氮元素化合價降低；所以亞硝酸鈉為氧化劑；

（3）鑒別NaNO2和NaCl，可根據(jù)NaNO2在酸性條件下具有氧化性；用淀粉碘化鉀試紙來檢驗，可加入醋酸酸化，用到的藥品有①②⑤；答案為C；

（4）NaNO2是一種有毒致癌物，使NaNO2轉化為不引起二次污染的N2，NaNO2→N2是被還原，必須加還原劑，加NH4Cl作還原劑，亞硝酸鈉中氮得到3電子轉化為氮氣中的氮，氯化銨中氮失去3電子轉化為氮氣中的氮，方程式為NaNO2+NH4Cl＝NaCl+N2↑+2H2O；氯化銨中的氮元素化合價升高被氧化。

點睛：本題考查了氧化還原反應方程式書寫，明確反應過程中電子得失守恒是解題的關鍵，題目難度不大。注意電子得失守恒在氧化還原反應方程式配平、計算中的靈活應用?！窘馕觥竣?2NaNO2+4HI＝2NO+I2+2NaI+H2O②.NaNO2③.C④.NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O⑤.NH4Cl11、略

【分析】【詳解】

CuSO4溶液中加入過量NaOH，會生成Cu(OH)2沉淀，離子方程式為Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；

混合液中既有生成的Cu(OH)2，也會有過量的NaOH，則向混合溶液中加入HCl，既有Cu(OH)2與HCl的反應，也有過量NaOH與HCl的反應，離子方程式為：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，OH-+H+＝H2O。

【點睛】

注意題干信息，過量的NaOH，因此加入鹽酸后，會有NaOH和HCl的反應?！窘馕觥竣?Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓②.Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，OH-+H+＝H2O12、略

【分析】【分析】

(1)在淀粉碘化鉀溶液中通入少量氯氣；氯氣和碘離子發(fā)生氧化還原反應生成碘單質，碘單質與淀粉變藍色；

(2)在碘和淀粉形成的藍色溶液中通入SO2氣體；是因為碘單質被二氧化硫還原生成碘離子，碘離子不能使淀粉變藍色；

(3)運用氧化還原反應中強制弱的原理解此類題目。

【詳解】

(1)在淀粉碘化鉀溶液中通入少量氯氣，氯氣和碘離子發(fā)生氧化還原反應生成碘單質，碘單質與淀粉變藍色，發(fā)生化學反應為：2I?＋Cl2＝I2＋2Cl?，故答案為：2I?＋Cl2＝I2＋2Cl?；

(2)在碘和淀粉形成的藍色溶液中通入SO2氣體，是因為碘單質被二氧化硫還原生成碘離子，碘離子不能使淀粉變藍色，發(fā)生反應為I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42?＋2I?，故答案為：I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42?＋2I?；

(3)由反應I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42?＋2I?，可知還原性：SO2＞I?，由反應2I?＋Cl2＝I2＋2Cl?，可知還原性I?＞CI?，所以還原性由強到弱的順序為SO2＞I?＞CI?，故答案為：SO2＞I?＞CI?。

【點睛】

判斷離子還原性強弱順序要利用氧化還原反應強制弱的規(guī)律進行解答?！窘馕觥竣?2I?＋Cl2＝I2＋2Cl?②.I2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42?＋2I?③.SO2＞I?＞CI?13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)HNO3是一元強酸，在水中完全電離產生H+、電離方程式為：HNO3=H++

KAl(SO4)2是鹽，在水溶液中電離產生K+、Al3+、電離方程式分別為KAl(SO4)2=K++Al3++2

(2)Al溶解在足量NaOH溶液中，反應產生NaAlO2、H2，反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；

(3)①二氧化碳在水溶液中或熔融狀態(tài)下都不能因自身發(fā)生電離而導電；屬于非電解質；

②熔融KCl電離產生K+、Cl-；故KCl屬于電解質；

③BaSO4固體難溶于水，在熔融狀態(tài)下會發(fā)生電離產生Ba2+、故BaSO4屬于電解質；

④銅是金屬單質；不是化合物，因此不屬于電解質；

⑤稀硫酸是水溶液；是混合物，不是化合物，因此不屬于電解質；

⑥澄清石灰水是水溶液；屬于混合物，不是化合物，因此不屬于電解質。

綜上所述可知：上述物質中屬于電解質的有②③；

(4)在反應2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，F(xiàn)e元素的化合價由反應前Fe(OH)3中的+3價變?yōu)榉磻驨a2FeO4中的+6價，化合價升高，失去電子2×3e-，被氧化，所以Fe(OH)3是還原劑，其中Fe元素被氧化，Na2FeO4是氧化產物；Cl元素的化合價由反應前NaClO中的+1價變?yōu)榉磻驨aCl中的-1價，化合價降低，得到電子3×2e-，Cl元素被還原，所以NaClO是氧化劑，NaCl是還原產物。用單線橋法表示電子轉移為【解析】HNO3=H++KAl(SO4)2=K++Al3++22Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑②③鐵NaCl14、略

【分析】【詳解】

(1)B為SO2，SO2屬于酸性氧化物，能與堿反應生成鹽和水；SO2具有還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；SO2具有氧化性，能與H2S溶液生成沉淀；

故答案為：①②③；②；

(2)銅與濃硫酸在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應的方程式為

故答案為：

(3)亞硫酸鈉被氧化生成硫酸鈉；要證明亞硫酸鈉氧化生成硫酸鈉，檢驗物質中是否含有硫酸根離子；具體操作為：少量樣品溶于水配成溶液，取待測液放于試管中，先加入足量的鹽酸，然后再加入氯化鋇溶液，若產生白色沉淀，可證明亞硫酸鈉被氧化；

故答案為：取少量樣品于試管中，加入少量蒸餾水配成溶液，先加入足量的鹽酸，然后再加入氯化鋇溶液，若產生白色沉淀，可證明亞硫酸鈉被氧化?！窘馕觥竣佗冖邰谌∩倭繕悠酚谠嚬苤校尤肷倭空麴s水配成溶液，先加入足量的鹽酸，然后再加入氯化鋇溶液，若產生白色沉淀，可證明亞硫酸鈉被氧化15、略

【分析】【分析】

（1）一些玻璃儀器表面積較大,為防止因局部受熱,使儀器炸裂,要墊石棉網(wǎng)加熱；

（2）能用來盛放液體,且有活塞的儀器使用時必須檢查是否漏水；

（3）一些計量儀器往往有0刻度。

【詳解】

（1）蒸餾燒瓶和燒杯表面積較大；為防止因局部受熱，使儀器炸裂，要墊石棉網(wǎng)加熱；

答案是：②⑤；

（2）容量瓶、酸式滴定管和分液漏斗能用來盛放液體，且有活塞，使用時必須檢查是否漏水，答案是：①③⑦；

（3）③酸式滴定管屬于計量儀器；有0刻度；量筒和托盤天平都屬于計量儀器，但量筒沒有0刻度，托盤天平有0刻度，使用前須先調0；

答案是：③⑥?！窘馕觥竣?②⑤②.①③⑦③.③⑥16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由于實驗室沒有230mL的容量瓶；應選用250mL容量瓶進行配置，所需NaOH的質量為0.25L×0.1mol/L×40g/mol=1.0g；配置過程中需在燒杯中進行溶解，之后轉移到250mL容量瓶中，移液時需要玻璃棒引流，之后需要膠頭滴管進行定容，所以需要的玻璃儀器除了膠頭滴管和燒杯，還有250mL容量瓶；玻璃棒；

(2)熱的溶液冷卻后體積變小，即溶液體積偏小，則濃度偏大?！窘馕觥?.0250mL容量瓶玻璃棒偏大三、工業(yè)流程題(共3題，共30分)17、略

【分析】【分析】

廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料（含LiFePO4、石墨粉和鋁箔等）加入氫氧化鈉進行減溶，鋁箔與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，過濾后得到濾液1，濾液1為偏鋁酸鈉溶液，過濾后的濾渣再加入過量濃硫酸進行酸溶，同時加入雙氧水，將亞鐵離子氧化為三價鐵，并進行多次循環(huán)，確保亞鐵離子全部轉化，在進行過濾得到濾渣2和濾液2，濾渣2為石墨粉，濾液2主要含有Fe3+、Li+、H2PO4-和SO42-溶液，向濾液2加入碳酸鈉，F(xiàn)e3+、H2PO4-與碳酸鈉反應；轉化為磷酸鐵沉淀和二氧化碳，生成的二氧化碳氣體通入濾液1中反應生成氫氧化鋁，磷酸鐵中加入氫氧化鈉溶液轉化為氫氧化鐵和磷酸鈉晶體，向沉鐵；磷后的溶液加入碳酸鈉得到碳酸鋰沉淀，再對碳酸鋰進行一系列處理最后得到高純鋰化合物，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)分析，“溶浸1”中鋁溶解的化學方程式為2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；

(2)完成“溶浸2”為LiFePO4與過量濃硫酸進行酸溶，同時加入雙氧水，將亞鐵離子氧化為三價鐵，離子方程式：2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li++2Fe3++2H2PO4-+2H2O；

(3)根據(jù)分析；“濾渣2”的主要成分是石墨；

(4)“濾液2”循環(huán)兩次的目的是提高浸出液的濃度(或提高雙氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)

(5)“沉鐵、磷”時，析出FePO4沉淀，反應的離子方程式為Fe3++2H2PO4-+CO32-=FePO4↓+CO2↑+H2O；實驗中，鐵、磷的沉淀率結果如圖所示。碳酸鈉濃度大于30%后，鐵沉淀率仍然升高，磷沉淀率明顯降低，其可能原因是Na2CO3水解產生的c(OH-)增大，與Fe3+結合生成Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大；

（6）“沉淀轉化”反應：FePO4+3OH-?Fe(OH)3+PO43-。K==5.0×1016，K很大；說明反應完全進行。

（7）結合表格數(shù)據(jù)，碳酸鋰的溶解度遠小于氫氧化鋰，為了充分沉淀，“沉鋰”時所用的X應為碳酸鈉，60-80℃左右溶解度較小，答案選D?！窘馕觥?Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li++2Fe3++2H2PO4-+2H2O石墨提高浸出液的濃度(或提高雙氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)Fe3++2H2PO4-+CO32-=FePO4↓+CO2↑+H2ONa2CO3水解產生的c(OH-)增大，與Fe3+結合生成Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大K==5.0×1016，K很大，說明反應完全進行D18、略

【分析】【分析】

由題給流程可知；在稀硫酸作用下，氯酸鈉與二氧化硫反應生成二氧化氯和硫酸氫鈉；電解二氧化氯和氯化鈉溶液得到亞氯酸鈉和氯氣；尾氣中未反應的二氧化氯與氫氧化鈉和過氧化氫的混合溶液反應得到亞氯酸鈉溶液，將所得亞氯酸鈉溶液混合；結晶、干燥得到亞氯酸鈉產品。

(1)

由化合價代數(shù)和為0可知；亞氯酸鈉中氯元素的化合價為+3價，故答案為：+3；

(2)

硫酸氫鈉是由鈉離子和硫酸氫根離子形成的離子化合物，屬于酸式鹽，硫酸氫鈉在溶液中或熔融狀態(tài)下能電離出自由移動的離子，屬于電解質，故選bce；

(3)

生成二氧化氯的反應為氯酸鈉與二氧化硫反應生成二氧化氯和硫酸氫鈉，反應的化學方程式為2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+NaHSO4，故答案為：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+NaHSO4；

(4)

由粗鹽水精制食鹽水時，應加入氫氧化鈉溶液將粗鹽中的鎂離子轉化為氫氧化鎂沉淀除去，加入碳酸鈉溶液將鈣離子轉化為碳酸鈣沉淀除去，故答案為：NaOH溶液；Na2CO3溶液；

(5)

由分析可知，尾氣中未反應的二氧化氯與氫氧化鈉和過氧化氫的混合溶液反應得到亞氯酸鈉、氧氣和水，反應的化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，由方程式可知氧化劑ClO2與還原劑H2O2的物質的量之比為2：1，故答案為：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】

鋁土礦用鹽酸溶解，Al2O3、Fe2O3與鹽酸反應得到AlCl3、FeCl3，SiO2不與鹽酸反應，過濾得到固體a為SiO2，濾液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入過量的燒堿，反應得到氫氧化鐵沉淀、偏鋁酸鈉、氯化鈉，過濾，紅褐色固體b為氫氧化鐵；溶液III中含有偏鋁酸鈉；氯化鈉及剩余的NaOH，通入過量的二氧化碳，反應生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，過濾，濾液c中含有氯化鈉、碳酸氫鈉，將氫氧化鋁沉淀加熱分解得到氧化鋁，用硫酸溶解得到硫酸鋁溶液，再通入氨氣，得到銨明礬溶液，最后經過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾等操作得到銨明礬晶體，以此解答該題。

【詳解】

(1)鋁土礦中的金屬氧化物Al2O3、Fe2O3與鹽酸反應得到AlCl3、FeCl3，SiO2不與鹽酸反應，過濾得到固體a為SiO2；

(2)溶液Ⅱ中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，加過量的燒堿，HCl與NaOH反應產生NaCl、H2O；AlCl3與足量NaOH反應產生NaCl、NaAlO2和H2O；FeCl3與足量NaOH反應產生Fe(OH)3沉淀和NaCl；上述反應離子方程式為：H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=+2H2O；將反應產生的Fe(OH)3沉淀過濾除去，所得濾液中含有偏鋁酸鈉、氯化鈉及剩余的NaOH，通入過量的二氧化碳，反應生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，則Ⅲ中通入足量CO2氣體發(fā)生反應的離子方程式為：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(3)由Ⅲ中分離難溶性固體與溶液c的實驗操作為過濾；從銨明礬溶液中獲得銨明礬晶體的實驗操作依次為蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌。

(4)設制得Al2(SO4)3和(NH4)Al(SO4)2·12H2O的物質的量都是1mol，則n(Al3+)=3mol，n()=5mol，根據(jù)Al3+、守恒，可知加入Al2O3和H2SO4的物質的量之比為5=3：10?！窘馕觥縎iO2H++OH-=H2OFe3++3OH-=Fe(OH)3↓Al3++4OH-=+2H2O+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+過濾蒸發(fā)濃縮3：10四、原理綜合題(共3題，共21分)20、略

【分析】【分析】

黃鐵礦的燒渣加入酸浸；過濾得到濾液加入廢鐵屑增大溶液中含鐵微粒濃度，過濾得到濾液加入氧化劑氧化亞鐵離子為鐵離子，再加入硫酸經過水解聚合生成聚合硫酸鐵。

【詳解】

（1）聚合硫酸鐵（），為了不引入新雜質，酸浸時最合適的酸是H2SO4；

（2）黃鐵礦的燒渣主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2等，且SiO2不與H2SO4反應，故酸浸后溶液中主要的陽離子有Fe3+、Fe2+、H+；

（3）KClO3有強氧化性，加入KClO3的目的將Fe2+氧化為Fe3+：ClO3—+6Fe2++6H+==Cl—+6Fe3++3H2O；

（4）由原子守恒可知，定Fe2(SO4)3系數(shù)為1，則反應前有3個硫酸根，反應后3-個，則需要加個H2SO4，再配平其他系數(shù)，可得Fe2(SO4)3+xH2OFe2(OH)x(SO4)3-+H2SO4；

（5）過程a中水解要嚴控pH的范圍，pH偏小時，水解平衡逆向移動，聚合硫酸鐵的產率會降低，pH偏大時，F(xiàn)e2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉；聚合硫酸鐵的產率會降低。

（6）①ⅰ.取聚合硫酸鐵樣品mg，加入過量鹽酸，聚合硫酸鐵中氫氧根離子會反應一部分HCl。再加入KF溶液屏蔽Fe3+，使Fe3+不與OH－反應。然后以酚酞為指示劑，用cmol/L的標準NaOH溶液進行中和滴定，到終點時消耗NaOH溶液VmL。滴定消耗的氫氧化鈉的物質的量等于過量HCl的物質的量。

ⅱ.空白對照實驗；可知ⅰ.中加入的HCl總物質的量。

綜上，與聚合硫酸鐵中氫氧根離子反應的n（HCl）=該聚合硫酸鐵樣品中n(OH－)=10—3cV0－10—3cVmol；

②n（Fe）=mol，鹽基度（n為物質的量）=

【點睛】

本題計算題看似復雜，實則弄清楚滴定的目的再解題不難，第一次滴定是測過量HCl物質的量，第二次滴定是測所有HCl的物質的量，兩者的差值即為聚合硫酸鐵消耗的HCl物質的量，即可求該聚合硫酸鐵樣品中n(OH－)。【解析】H2SO4Fe3+、Fe2+、H+將Fe2+氧化為Fe3+：ClO3—+6Fe2++6H+==Cl—+6Fe3++3H2O1x1H2SO4pH偏小時，水解平衡逆向移動，聚合硫酸鐵的產率會降低，pH偏大時，F(xiàn)e2(SO4)3生成Fe(OH)3聚沉，聚合硫酸鐵的產率會降低10—3cV0－10—3cV21、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）根據(jù)煙灰中的成分，氧化鋅不與水反應，CaO與H2O反應生成Ca(OH)2，CaSO3為微溶物，因此Ca(OH)2優(yōu)先與SO2發(fā)生反應，Ca(OH)2＋SO2=CaSO3↓＋H2O；但煙灰中CaO的含量為0.098%，含量較少，很快消耗完，因此漿液的pH迅速下降至6.8；

（2）根據(jù)圖像，10～20min時，上清液中c(SO2)最低；即脫除效果最佳，故選項A正確；

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

②反應生成Zn(HSO3)2，HSO3－在溶液中以電離為主，即HSO