2025年蘇科新版必修1化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇科新版必修1化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子數(shù)為0.5NAB.常溫常壓下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子總數(shù)為0.4NAC.100gCaS與CaSO4的混合物中含有32g硫，則含有的氧原子數(shù)為1.75NAD.標準狀況下，足量的銅與一定量濃硝酸反應，每生成224mL氣體，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.01NA2、下列實驗裝置和操作能達到實驗目的的是（）

A.AB.BC.CD.D3、下列相關實驗的描述正確的是（）A.可用CCl4萃取碘酒中的碘B.做焰色反應實驗時，透過藍色鈷玻璃，觀察到火焰顏色為紫色，證明被檢驗物為一定為鉀鹽C.不慎將濃堿溶液沾到皮膚上，要立即用大量水沖洗，然后涂上2%～5%的硼酸溶液D.室溫下，濃度為0.1mol?L-1Na2S2O3和H2SO4溶液，分別取5mL與10mL混合，10mL與10mL混合，可驗證Na2S2O3濃度對反應速率的影響4、化學與人類社會生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系。下列敘述中正確的是A.煤的氣化是將其通過物理變化轉(zhuǎn)化為氣態(tài)的過程B.高溫或日常用的消毒劑可使新冠病毒蛋白質(zhì)變性C.重金屬鹽溶液能使蛋白質(zhì)鹽析，會使人中毒D.燃煤中加入CaO主要是為了減少溫室氣體的排放5、配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，造成所配溶液濃度偏低的原因是（）A.未洗滌燒杯和玻璃棒B.轉(zhuǎn)移溶液前溶液未冷卻至室溫C.容量瓶未干燥D.定容時俯視液面6、下列物質(zhì)中既能跟鹽酸反應，又能跟氫氧化鈉溶液反應的是A.Al2(SO4)3B.NH4Cl溶液C.K2SO4溶液D.NaHCO37、下列各組中的離子在給定條件的水溶液里能大量共存的是（）A.澄清透明的溶液中：Fe3+、Na+、Cl-B.pH=1的溶液中：K+、C.使酚酞溶液呈紅色的溶液中：Mg2+、Ca2+、Cl-D.無色透明溶液中：Cu2+、K+、Ba2+、評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、以下離子方程式書寫正確的是_____________________

A．氨水和醋酸溶液混合：NH3·H2O＋CH3COOH＝NH4＋＋CH3COO－＋H2O

B．石灰石與鹽酸反應：CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O

C．氫氧化鋇與稀硫酸反應：H＋＋OH－＝H2O

D．過量二氧化碳與澄清石灰水的反應：CO2＋OH－＝HCO3－

E．過量二氧化碳與NaOH溶液的反應：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O

F．氫氧化鐵與鹽酸的反應：OH－＋H＋＝H2O

G．小蘇打溶液與NaHSO4的反應：HCO3－＋HSO4－＝CO2↑＋H2O＋SO42－

H．碳酸鈣溶于醋酸：CO32－＋CH3COOH＝CH3COO－＋CO2↑＋H2O

I．氧化銅與硫酸反應：CuO＋2H＋＝Cu2＋＋H2O

J．硫酸亞鐵溶液中加入用硫酸酸化的過氧化氫溶液：Fe2++2H++H2O2＝Fe3++2H2O

K．銅片插入硝酸銀溶液中：Cu+Ag+＝Cu2++Ag

L．大理石溶于醋酸的反應：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O

M．鐵和稀硝酸反應：Fe+2H+＝Fe2++H2↑

N．Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量的H2S氣體：Fe3++H2S＝Fe2++S↓+2H+

O．鐵和稀硫酸反應：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑

P．氯化亞鐵溶液中通入氯氣：Fe2++Cl2＝Fe3++Cl-

Q．苛性鉀溶液中加入稀醋酸：H++OH-＝H2O

R．澄清石灰水跟稀硝酸反應：H++OH-＝H2O

S．磷酸與氫氧化鉀溶液反應：H++OH-＝H2O

T．銅與濃硫酸反應放出SO2：Cu+4H++SO42-＝Cu2++SO2↑+2H2O

U．濃硫酸與食鹽共熱制HCl寫成：Cl-+H+＝HCl↑

V．Ba(OH)2溶液加入稀H2SO4：Ba2++H++OH-+SO42-＝BaSO4↓+H2O

W．向雙氧水中加入酸性高錳酸鉀溶液：2MnO4-+5H2O2+6H+＝Mn2++8H2O+5O2↑

X．向雙氧水中加入酸性高錳酸鉀溶液：2MnO4-+H2O2+6H+＝2Mn2++4H2O+3O2↑

Y．氧化鈉加入到稀鹽酸中：O2-+2H+＝H2O

Z．金屬鋁溶于鹽酸中：Al+2H+＝Al3++H2↑9、向盛有下列溶液的試管中分別通入氣體：①紫色石蕊溶液；②NaOH溶液(滴有酚酞溶液)；③品紅溶液；④溴水。請回答下列問題：

(1)試管①中的現(xiàn)象是________，發(fā)生反應的化學方程式為________________。

(2)試管②中的現(xiàn)象是__________________，發(fā)生反應的化學方程式為__________________，若繼續(xù)通入過量的則發(fā)生反應的化學方程式為________________。

(3)試管③中的現(xiàn)象是_______若將吸收的品紅溶液加熱，現(xiàn)象是________。

(4)試管④中的現(xiàn)象是________________。

(5)上述實驗中，表現(xiàn)出酸性氧化物性質(zhì)的是________(填序號，下同)，表現(xiàn)出漂白性的是________，表現(xiàn)出還原性的是________。10、實驗室可以用高錳酸鉀和濃鹽酸反應制取氯氣，反應的化學方程式如下：2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O

①該反應中濃鹽酸體現(xiàn)出來的性質(zhì)為______

②氧化劑與還原劑之比是______

③如反應中轉(zhuǎn)移了0.6mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標準狀況下體積為______．11、大蘇打(Na2S2O3·5H2O)；蘇打、小蘇打被稱為“蘇氏三兄弟”；它們在生活、生產(chǎn)中有廣泛應用。

（1）工業(yè)上制備蘇打是先制備小蘇打，寫出我國偉大化學家侯德榜提出的制備小蘇打的化學方程式___，操作時，往飽和食鹽水中先通入氣體，先制備小蘇打的原因是___。

（2）Na2S2O3標準溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，測定結(jié)果會偏高，用離子方程式表示其原因__。

（3）工業(yè)上，常用純堿和鹽酸除去鍋爐中硫酸鈣。先用飽和純堿溶液浸泡鍋垢，然后用鹽酸清洗?！敖荨钡哪康氖莀_。

（4）工業(yè)上，將Na2CO3和Na2S以1：2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同時放出CO2。寫出該反應的化學方程式__。Na2S溶液在空氣中久置，會生成淺黃色物質(zhì)，經(jīng)測定該物質(zhì)具有與過氧化鈉相似的結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)的化學式為__。

（5）在密閉容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反應。若殘留固體為純凈物，則起始時滿足的條件是__。12、配平氧化還原方程式：

(1)_______H2S+_______HNO3=_______S↓+_______NO↑+_______H2O___

(2)_______MnO+_______H++_______Cl-=_______Mn2++_______Cl2↑+_______H2O___

(3)_______Cl2+_______KOH=_______KCl+_______KClO3+_______H2O___

(4)_______Cu+_______HNO3(濃)=_______Cu(NO3)2+_______NO2↑+_______H2O___評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、1mol任何物質(zhì)都含有6.02×1023個分子。(_______)A.正確B.錯誤14、最早使用的化學電池是鋅錳電池。(_______)A.正確B.錯誤15、HCl、H2SO4、HNO3溶液中都含有H+，因此具有相似的化學性質(zhì)。(_______)A.正確B.錯誤16、向溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉溶液，溶液先變橙色，后變藍色，說明氧化性：(_______)A.正確B.錯誤17、硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是制備硅膠和木材防火劑的原料。(_______)A.正確B.錯誤18、廚余垃圾“變身”為沼氣屬于化學變化。(_______)A.正確B.錯誤19、無色溶液加入CCl4無現(xiàn)象，滴加氯水后CCl4層呈紫紅色，則溶液中一定存在I-。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共12分)20、某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：

溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0

回答下列問題：

(1)“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是______________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式______________。

(2)“濾液②”中含有的金屬離子是______________。

(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是______________。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為______________。

21、二苯鉻[(C6H6)2Cr]可用作聚合反應的催化劑。某研究小組按如下流程制備二苯鉻：

已知：(NH4)2Cr2O7為橙紅色晶體，Cr2O3難溶于水。

回答下列問題：

(1)有關物質(zhì)的溶解度如下表所示。通過___________、___________、過濾、洗滌、干燥等一系列操作得到橙紅色晶體，生成橙紅色晶體的化學反應類型是___________。

相關物質(zhì)溶解度(g/100gH2O)數(shù)據(jù)?；瘜W式0℃10℃20℃30℃40℃60℃80℃100℃Na2Cr2O7163172183198215269376415NH4Cl29.433.237.241.445.855.365.677.3(NH4)2Cr2O718.225.535.646.558.586115156NaCl35.735.835.936.136.437.13839.2

(2)寫出“加熱”反應的化學方程式___________，待Cr2O3冷卻后，需用蒸餾水洗滌，如何用簡單方法判斷其已洗滌干凈___________。

(3)已知CCl4沸點為76.8℃，為了能夠向“轉(zhuǎn)化”中提供穩(wěn)定的CCl4氣流，適宜的加熱方式是___________；“轉(zhuǎn)化”中氮氣并未參與化學反應，反應還生成一種含有碳、氧、氯的有毒氣體，且碳、氧、氯元素的質(zhì)量比為12∶16∶71，請寫出該氣體的化學式___________。

(4)“合成”中得到中間產(chǎn)物[(C6H6)2Cr][AlCl4]，在“合成”中鋁的作用是___________；然后[(C6H6)2Cr]+再用連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)在堿性條件下還原得到三明治結(jié)構(gòu)的二苯鉻化合物[(C6H6)2Cr]，其中連二亞硫酸鈉被氧化為亞硫酸鈉，寫出“還原”反應的離子方程式___________；若要得到3mol的(C6H6)2Cr，則需要鋁至少為___________mol。22、硫酸銅是一種應用極其廣泛的化工原料。以下是某工廠用含鐵廢銅為原料生產(chǎn)膽礬（CuSO4?5H2O）的生產(chǎn)流程示意圖：

膽礬和石膏（CaSO4?2H2O）在不同溫度下的溶解度（g/100g水）；見下表：

。溫度（℃）

20

40

60

80

100

石膏。

0.32

0.26

0.15

0.11

0.07

膽礬。

32

44.6

61.8

83.8

114

(1)“浸出”操作中生成硫酸銅的總化學方程式是__________________。

(2)取樣檢驗是為了確認Fe3+是否除凈。有同學設計了以下兩種方案；在實驗室分別對所取樣品按下列方案進行操作：

方案一：取樣于試管→滴加KSCN溶液；方案二：徑向?qū)游觥鷩奒SCN溶液。

①你認為上述兩種方案設計更合理的是__________；

②指出你認為不合理的方案存在的問題_____________________________；

(3)操作Ⅰ（蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾）趁熱過濾的目的是_________________；

(4)操作Ⅱ具體方法是________________、________________（填操作方法）、洗滌后干燥，對產(chǎn)品進行干燥宜在__________（填“較高”或“不太高”）溫度下，判斷產(chǎn)品已經(jīng)干燥的操作是____________________。

(5)某實驗小組模擬上述工業(yè)流程完成膽礬的制備，在整個實驗過程中，使用的儀器除燒杯、酒精燈、玻璃棒、膠頭滴管外，還有使用較頻繁的玻璃儀器是__________（填儀器名稱）。

(6)中學教材用膽礬而不用其它結(jié)晶水合物（如：FeSO4?7H2O、硝酸鹽的結(jié)晶水合物、Na2SO4?10H2O等）來研究結(jié)晶水含量測定實驗，其優(yōu)點可能是_________（填字母）

a．膽礬較易得到；其它結(jié)晶水合物較難得到。

b．膽礬較其它結(jié)晶水合物更易失去結(jié)晶水。

c．膽礬失水后有較明顯的特征即顏色變化。

d．CuSO4不易分解，也不易與空氣中物質(zhì)反應評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共18分)23、高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效、多功能綠色水處理劑，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更強；無二次污染，工業(yè)上是先制得高鐵酸鈉，然后在低溫下，向高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和，使高鐵酸鉀析出。

（1）干法制備高鐵酸鈉的主要反應為：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑

①該反應中中的氧化劑是_______，還原劑是_____，每生成1molNa2FeO4轉(zhuǎn)移___mol電子。

②簡要說明K2FeO4作為水處理劑時，在水處理過程中所起的作用_______________________。

（2）濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的反應體系中有六種數(shù)粒：Fe(OH)3、C1O－、OH－、FeO42-、C1－、H2O。

①寫出并配平濕法制高鐵酸鉀的離子反應方程式：___________________。

②每生成1molFeO42-轉(zhuǎn)移__mo1電子，若反應過程中轉(zhuǎn)移了0.3mo1電子，則還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為_____mo1。

③低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說明什么問題_____________。24、研究水體中碘的存在形態(tài)及其轉(zhuǎn)化是近年的科研熱點。I-與I2在水體和大氣中的部分轉(zhuǎn)化如圖所示。

(1)結(jié)合元素周期律分析Cl-、I-的還原性強弱；同主族元素的原子，從上到下，____。

(2)水體中的I-在非酸性條件下不易被空氣中的02氧化。原因是2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反應速率慢；反應程度小。

①I-在酸性條件下與O2反應的離子方程式是____。

②在酸性條件下I-易被O2氧化的可能的原因是____。

(3)有資料顯示：水體中若含有Fe2+，會對O3氧化I-產(chǎn)生影響。為檢驗這一結(jié)論，進行如下探究實驗：分別將等量的O3通入到20mL下列試劑中，一段時間后，記錄實驗現(xiàn)象與結(jié)果。已知：每lmolO3參與反應，生成lmolO2。

①a=____。

②A中反應為可逆反應，其離子方程式是____。

③C中溶液的pH下降，用離子方程式解釋原因____。

④比較A、B、C，說明Fe2+在實驗B中的作用并解釋____。評卷人得分六、推斷題(共2題，共16分)25、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學化學中常用的無機試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同?，F(xiàn)進行如下實驗：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產(chǎn)生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時，D中沉淀無變化，F(xiàn)中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據(jù)上述實驗信息；請回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標號與相應溶質(zhì)的化學式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標號、溶質(zhì)可能的化學式及進一步鑒別的方法：________26、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學化學中常用的無機試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同。現(xiàn)進行如下實驗：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產(chǎn)生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時，D中沉淀無變化，F(xiàn)中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據(jù)上述實驗信息；請回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標號與相應溶質(zhì)的化學式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標號、溶質(zhì)可能的化學式及進一步鑒別的方法：________參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A、甲酸中含有氧原子的物質(zhì)的量為10g×46%×2/46g·mol－1=0.2mol，甲酸溶液中H2O含有氧原子物質(zhì)的量為10g×54%/18g·mol－1=0.3mol；共有氧原子物質(zhì)的量為(0.2＋0.3)mol=0.5mol，故A說法正確；

B、假設3.0g全部是葡萄糖，則含有原子物質(zhì)的量為3.0g×24/180g·mol－1=0.4mol，假設全部是冰醋酸，則含有原子物質(zhì)的量為3.0g×8/60g·mol－1=0.4mol；3.0g該混合物中含有原子物質(zhì)的量為0.4mol，故B說法正確；

C、混合物中硫元素的質(zhì)量為32g，推出Ca元素的質(zhì)量為40g，即混合物中氧元素的質(zhì)量為(100g－32g－40g)=28g，則氧原子物質(zhì)的量為28g/16g·mol－1=1.75mol；故C說法正確；

D、生成的氣體為NO2、NO的混合氣體，根據(jù)題意，無法計算轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量，故D說法錯誤。2、A【分析】【詳解】

A.比較Na2CO3、NaHCO3的熱穩(wěn)定性，應該把NaHCO3放在內(nèi)管，把Na2CO3放在外管，由于玻璃的導熱性差，若與內(nèi)管聯(lián)通的石灰水變渾濁，與外管聯(lián)通的石灰水不變渾濁，則可以說明穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3；A正確；

B.Cl2、CO2都可以與NaOH溶液反應，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中的CO2氣體；B錯誤；

C.稀硫酸與Cu不能反應，不能用于制備SO2，應該使用濃硫酸與Cu共熱制取SO2；C錯誤；

D.不能使用燒杯灼燒海帶；應該使用坩堝灼燒海帶，D錯誤；

故合理選項是A。3、C【分析】【詳解】

四氯化碳和乙醇互溶；所以四氯化碳不能作萃取劑，故A錯誤；

B.焰色反應呈紫色說明含有鉀元素；但不一定是鉀鹽，也可能是鉀單質(zhì)或KOH，故B錯誤；

C.堿液沾到皮膚上；要用較多的水沖洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或鹽酸沖洗，硫酸和鹽酸也有腐蝕性，會造成二次傷害，故C正確；

D.混合溶液中硫酸；硫代硫酸鈉濃度都不同；兩個不同因素無法判斷硫代硫酸鈉對反應速率的影響，故D錯誤；

故答案選:C。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．煤的氣化過程是一個熱化學過程。它是以煤或煤焦(半焦)為原料．以氧氣(空氣；富氧或純氧)、水蒸氣或氫氣等作氣化劑(或稱氣化介質(zhì))；在高溫條件下通過化學反應把煤或煤焦中的可燃部分轉(zhuǎn)化為氣體的過程，屬于化學變化過程，故A錯誤；

B．根據(jù)蛋白質(zhì)的理化性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變性。物理因素有：加熱；加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射、超聲波等；化學因素有：強酸、強堿、重金屬鹽、三氯乙酸、乙醇、丙酮等；故高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性，故B正確；

C．重金屬鹽溶液能使蛋白質(zhì)變性；會使人中毒，故C錯誤；

D．加入氧化鈣可與煤燃燒生成的二氧化硫在氧氣中發(fā)生反應生成硫酸鈣；二氧化硫排放量減少，但在高溫下反應生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可減少酸雨的發(fā)生，但不能減少溫室氣體的排放量，故D錯誤；

答案選B。5、A【分析】【詳解】

A；未洗滌溶解NaOH的燒杯；溶質(zhì)的質(zhì)量減少，故A濃度偏低；

B；轉(zhuǎn)移溶液前溶液未冷卻至室溫；當溶液冷卻后，液面下降，體積偏小，故B濃度偏大；

C；定容時要加蒸餾水；所以容量瓶未干燥，故C對溶液的濃度無影響；

D；定容時俯視液面；溶液體積偏小，故D濃度偏大。

故選A

【點睛】

本題考查配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的實驗操作，根據(jù)c=判斷是誤差分析的關鍵。6、D【分析】【詳解】

A．Al2(SO4)3為強酸弱堿鹽；只能與氫氧化鈉反應，不能與鹽酸反應，A不符合題意；

B．NH4Cl為強酸弱堿鹽；只能與氫氧化鈉反應，與鹽酸不反應，B不符合題意；

C．K2SO4溶液為強酸強堿鹽；與鹽酸和氫氧化鈉都不反應，C不符合題意；

D．NaHCO3為強堿弱酸的酸式鹽，既能與鹽酸反應；又能與氫氧化鈉反應，D符合題意；

故選D。7、A【分析】【詳解】

A．Fe3+、Na+、Cl-都不發(fā)生反應；在溶液中能大量共存，A符合題意；

B．pH=1的溶液呈酸性，與不能大量共存；B不合題意；

C．使酚酞溶液呈紅色的溶液呈堿性，Mg2+、Ca2+不能大量共存；C不合題意；

D．Cu2+在溶液中呈藍色；在無色透明溶液中不能大量存在，D不合題意；

故選A。二、填空題(共5題，共10分)8、A:D:I:L:R【分析】【分析】

根據(jù)離子方程式正誤判斷的基本方法；從電荷守恒；質(zhì)量守恒、拆分是否正確、是否符合客觀事實等方面分析判斷。

【詳解】

A．氨水和醋酸反應生成醋酸銨和水，醋酸與一水合氨為弱電解質(zhì)，保留化學式，醋酸銨為強電解質(zhì)，拆成離子，反應的離子方程式為NH3·H2O＋CH3COOH＝NH4＋＋CH3COO－＋H2O；故A正確；

B．石灰石與鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，石灰石不溶于水，應寫成化學式，反應的離子方程式為CaCO3＋2H＋＝Ca2++CO2↑＋H2O；故B錯誤；

C．氫氧化鋇與硫酸反應生成硫酸鋇和水，硫酸鋇不溶于水，不能拆寫，反應的離子方程式為Ba2++2OH-+SO42—＋2H＋＝BaSO4↓＋2H2O；故C錯誤；

D．過量的二氧化碳與澄清石灰水反應生成碳酸氫鈣溶液，反應的離子方程式為CO2＋OH－＝HCO3－；故D正確；

E．過量二氧化碳和氫氧化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉；不是碳酸鈉，故E錯誤；

F．氫氧化鐵不溶于水；應該用化學式表示，故F錯誤；

G．NaHSO4完全電離出Na+、H+、SO42－；故G錯誤；

H．碳酸鈣難溶于水；應該用化學式表示，故H錯誤；

I．氧化銅與硫酸溶液的反應生成硫酸銅和水；故I正確；

J．Fe2++2H++H2O2＝Fe3++2H2O的電荷不守恒，正確的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；故J錯誤；

K．Cu+Ag+＝Cu2++Ag的電荷不守恒，應該為Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag；故K錯誤；

L．大理石的主要成分為碳酸鈣，碳酸鈣難溶于水，醋酸為弱酸，CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O；故L正確；

M．鐵和稀硝酸反應不能放出氫氣；故M錯誤；

N．Fe3++H2S＝Fe2++S↓+2H+Fe2(SO4)3的電荷不守恒，應該為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；故N錯誤；

O．鐵和稀硫酸反應生成Fe2+，不是Fe3+；故O錯誤；

P．Fe2++Cl2＝Fe3++Cl-的電荷不守恒，應該為2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；故P錯誤；

Q．醋酸為弱酸；應該用化學式表示，故Q錯誤；

R．澄清石灰水跟稀硝酸反應生成硝酸鈣溶液和水，H++OH-＝H2O；故R正確；

S．磷酸為中強酸；應該用化學式表示，故S錯誤；

T．濃硫酸中硫酸幾乎沒有電離；應該用化學式表示，故T錯誤；

U．濃硫酸中硫酸幾乎沒有電離；應該用化學式表示，故U錯誤；

V．Ba(OH)2溶液加入稀H2SO4的離子方程式為Ba2++2H++2OH-+SO42-＝BaSO4↓+2H2O；故V錯誤；

W．2MnO4-+5H2O2+6H+＝Mn2++8H2O+5O2↑的質(zhì)量和電荷均不守恒，應該為2MnO4-+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑；故W錯誤；

X．2MnO4-+H2O2+6H+＝2Mn2++4H2O+3O2↑的得失電子不守恒，應該為2MnO4-+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑；故X錯誤；

Y．氧化鈉不能拆成離子；應該用化學式表示，故Y錯誤；

Z．Al+2H+＝Al3++H2↑的電荷不守恒，應該為2Al+6H+＝2Al3++3H2↑；故Z錯誤；

ADILR正確，故答案為：ADILR。9、略

【分析】【詳解】

(1)與反應生成能使紫色石蕊溶液變紅，反應方程式為

(2)向NaOH溶液中通入少量可生成若過量則生成可觀察到紅色褪去，發(fā)生的反應方程式分別為

(3)使品紅溶液褪色表現(xiàn)的是其漂白性，因此試管③中的現(xiàn)象是品紅溶液褪色，但若將吸收的品紅溶液加熱；溶液恢復紅色；

(4)具有還原性；能使溴水褪色；

(5)根據(jù)上述可知，①②體現(xiàn)SO2的酸性，③體現(xiàn)SO2的漂白性，④體現(xiàn)SO2的還原性；

【點睛】

根據(jù)中S的價態(tài)可知，既具有氧化性又具有還原性。的性質(zhì)可總結(jié)為“三性特性”：“三性”指氧化性(如)、還原性(如能使溴水、酸性溶液褪色)、酸性氧化物的通性；“一特性”指漂白性(如能使品紅溶液褪色，但加熱后溶液又恢復紅色)?！窘馕觥孔仙锶芤鹤兗t溶液褪色品紅溶液褪色溶液恢復紅色溴水褪色①②③④10、略

【分析】【分析】

根據(jù)氧化還原反應原理進行判斷，由方程式可知，反應中Mn元素化合價由+7價降低到+2價，被還原，KMnO4為氧化劑；Cl元素化合價由-1價升高到0價，被氧化，HCl為還原劑，結(jié)合化合價的變化以及反應的方程式可計算。

【詳解】

(1)反應中Cl元素化合價由-1價升高到0價，發(fā)生氧化反應，HCl為還原劑，反應中生成MnCl2；則濃鹽酸體現(xiàn)出來的性質(zhì)為還原性和酸性；

(2)反應中KMnO4為氧化劑；HCl為還原劑，16molHCl中只有10mol被氧化，則氧化劑與還原劑之比是2：10=1：5；

(3)Mn元素化合價由+7價降低到+2價，Cl元素化合價由-1價升高到0價，轉(zhuǎn)移10mol電子生成5mol氯氣，則轉(zhuǎn)移了0.6mol電子，則產(chǎn)生的氣體為0.3mol，在標準狀況下體積為6.72L；【解析】還原性和酸性1：56.72L11、略

【分析】【分析】

(1)NaHCO3溶解度比Na2CO3??；易分離出來；

(2)酸性環(huán)境下S2O32-發(fā)生歧化反應；消耗的硫代硫酸根鈉偏多，測定結(jié)果會偏高；

(3)將硫酸鈣轉(zhuǎn)化為易除的碳酸鈣；

(4)依據(jù)題干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物質(zhì)的量之比混合，再通入二氧化硫發(fā)生反應生成Na2S2O3和二氧化碳；依據(jù)原子個數(shù)守恒；得失電子守恒書寫方程式；依據(jù)過氧化鈉結(jié)構(gòu)結(jié)合氧原子、硫原子結(jié)構(gòu)解答；

(5)Na2O2與足量的NaHCO3混合后，在密閉容器中充分加熱，可能發(fā)生的反應有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；殘留固體為純凈物，則為碳酸鈉，由此分析解答。

【詳解】

(1)NaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分離出來，往飽和食鹽水中先通入氣體，制備小蘇打的化學方程式為NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；

(2)酸性環(huán)境下S2O32-發(fā)生歧化反應，離子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；

(3)先用飽和純堿溶液浸泡鍋垢，然后用鹽酸清洗?！敖荨钡哪康氖菍⒘蛩徕}轉(zhuǎn)化為易除的碳酸鈣，發(fā)生的離子反應方程式為：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；

(4)依據(jù)題干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物質(zhì)的量之比混合，再通入二氧化硫發(fā)生反應生成Na2S2O3和二氧化碳，反應中S元素的化合價從-2價升高到+2價，S的化合價從+4價降低到+2價，依據(jù)原子個數(shù)守恒、得失電子守恒反應的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空氣中長期放置，和氧氣反應生成與過氧化鈉的結(jié)構(gòu)及化學性質(zhì)相似的物質(zhì)Na2S2；

(5)Na2O2與足量的NaHCO3混合后，在密閉容器中充分加熱，可能發(fā)生的反應有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，殘留固體為純凈物，則為碳酸鈉，則n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2?！窘馕觥縉aCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4ClNaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分離出來S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O將CaSO4轉(zhuǎn)化成CaCO3Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2Na2S2≥212、略

【分析】【分析】

(1)

反應中H2S為還原劑，其中硫元素化合價從-2價升至0價，HNO3為氧化劑；其中氮元素化合價從+5價降至+2價，根據(jù)得失電子守恒；質(zhì)量守恒，配平方程式為：

3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O，故答案為：3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O；

(2)

反應中Cl-為還原劑，其中氯元素化合價從-1價升至0價，MnO為氧化劑；其中錳元素化合價從+7價降至+2價，根據(jù)得失電子守恒；質(zhì)量守恒、電荷守恒，配平方程式為：

2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(3)

反應中Cl2為還原劑，其中氯元素化合價從0價升至+5價，Cl2為氧化劑；其中氯元素化合價從0價降至-1價，根據(jù)得失電子守恒；質(zhì)量守恒，配平方程式為：

3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O，故答案為：3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O；

(4)

反應中Cu為還原劑，其中銅元素化合價從0價升至+2價，HNO3為氧化劑；其中氮元素化合價從+5價降至+4價，根據(jù)得失電子守恒；質(zhì)量守恒，配平方程式為：

Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+4H2O，故答案為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+4H2O?！窘馕觥?1)3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O

(2)2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O

(3)3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O

(4)Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+4H2O三、判斷題(共7題，共14分)13、B【分析】【分析】

【詳解】

物質(zhì)微觀上可以由分子、原子、離子等構(gòu)成，所以1mol任何物質(zhì)不一定都含有1mol分子，也可能為原子或離子等，故該說法錯誤。14、A【分析】【詳解】

最早使用的化學電池是鋅錳電池，正確。15、A【分析】【詳解】

鹽酸，硫酸，硝酸溶液都含有共同的陽離子氫離子，因此具有相似的化學性質(zhì)——酸的通性，故正確。16、B【分析】【詳解】

向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液，氯水過量，也會將碘離子氧化為碘單質(zhì)，不能說明氧化性Br2>I2，故錯誤。17、A【分析】【詳解】

硅酸鈉的水溶液俗名水玻璃，是一種礦物膠，它既不燃燒且不支持燃燒，木材浸過水玻璃后，不易著火，可用作防火劑的材料；硅酸鈉可與酸性較強的酸反應生成硅酸，是制備硅膠的原料，故正確。18、A【分析】【詳解】

廚余垃圾“變身”為沼氣，沼氣主要成分為甲烷，屬于化學變化，正確；19、A【分析】【詳解】

氯氣把碘離子氧化為碘單質(zhì)、CCl4萃取出碘單質(zhì)呈紫紅色，正確。四、工業(yè)流程題(共3題，共12分)20、略

【分析】【分析】

由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可以除去油脂，并發(fā)生反應：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH＝4NaAlO2+2H2O。將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①中含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì)，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，F(xiàn)e2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去；再控制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體。

【詳解】

(1)根據(jù)分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行“堿浸”，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2（或Na[Al(OH)4]），加入稀硫酸可發(fā)生反應：AlO+H++H2O＝Al(OH)3↓或Al(OH)+H+＝Al(OH)3↓+H2O。故答案為：除去油脂，溶解鋁及其氧化物；AlO+H++H2O＝Al(OH)3↓或Al(OH)+H+＝Al(OH)3↓+H2O；

(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。答案為：Ni2+、Fe2+、Fe3+；

(3)“轉(zhuǎn)化”中H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，可用O2或空氣代替；若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，會使調(diào)pH過濾后的溶液中含有Fe2+，則濾液③中可能含有轉(zhuǎn)化生成的Fe3+。答案為：O2或空氣；Fe3+?！窘馕觥竣?除去油脂，溶解鋁及其氧化物②.AlO+H++H2O＝Al(OH)3↓或Al(OH)+H+＝Al(OH)3↓+H2O③.Ni2+、Fe2+、Fe3+④.O2或空氣⑤.Fe3+21、略

【分析】【分析】

Na2Cr2O7與NH4Cl反應生成(NH4)2Cr2O7，加熱(NH4)2Cr2O7分解產(chǎn)生Cr2O3、N2和H2O，將生成的Cr2O3與CCl4反應得到CrCl3和COCl2，然后CrCl3與Al、苯發(fā)生反應，接著用還原從而得到(C6H6)2Cr。

【詳解】

(1)橙紅色晶體為(NH4)2Cr2O7，由溶解度數(shù)據(jù)可知，(NH4)2Cr2O7溶解度隨溫度升高而增大，且變化明顯，低溫時溶解度較小，而NaCl溶解度隨溫度變化較小，所以得到(NH4)2Cr2O7晶體需要蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，“操作”中的反應為Na2Cr2O7+2NH4Cl(NH4)2Cr2O7+2NaCl；反應類型是復分解反應。

(2)“加熱”時(NH4)2Cr2O7分解產(chǎn)生Cr2O3、N2和H2O，根據(jù)電子守恒和原子守恒寫出分解反應的化學方程式為(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；洗滌的目的是洗去未分解的重鉻酸銨和其它可溶性雜質(zhì)，因為(NH4)2Cr2O7顯橙紅色；所以根據(jù)最后一次洗滌的流出液呈無色，說明洗滌干凈。

(3)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此保證提供穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量，并用溫度計指示溫度；“轉(zhuǎn)化”中氮氣并未參與化學反應，則根據(jù)題中信息可寫出反應為Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，生成的含有碳、氧、氯的有毒氣體指的是COCl2(光氣)。

(4)“合成”過程中Cr由+3價降為+1價，做氧化劑，Al化合價由0升高至+3，做還原劑；“還原”反應，Na2S2O4做還原劑，還原[(C6H6)2Cr]+生成(C6H6)2Cr，Na2S2O4被氧化為Na2SO3，堿性環(huán)境下OH?參與反應，根據(jù)離子反應的書寫原則和電子守恒寫出的離子方程式為2[(C6H6)2Cr]+++4OH?2(C6H6)2Cr+2+2H2O；根據(jù)電子守恒可知得到3mol的(C6H6)2Cr需要鋁至少為2mol，所以答案為還原劑；2[(C6H6)2Cr]+++4OH?=2(C6H6)2Cr+2+2H2O；2?！窘馕觥空舭l(fā)濃縮冷卻結(jié)晶復分解反應(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O最后一次洗滌的流出液呈無色水浴加熱(并用溫度計指示溫度)COCl2還原劑2[(C6H6)2Cr]+++4OH?=2(C6H6)2Cr+2+2H2O222、略

【分析】【分析】

含鐵的廢銅原料中加入稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，溶解后得到浸出液，在浸出液中主要含有Cu2+、Fe3+、H+、SO42-；加入石灰漿調(diào)節(jié)溶液pH，沉淀鐵離子，過濾得到紅褐色濾渣為氫氧化鐵沉淀，依據(jù)石膏和藍礬的溶解度，控制100°C，濾液中析出石膏，濾液中主要為硫酸銅，通過加熱蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾；洗滌，干燥得到硫酸銅晶體，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)由于硫酸的存在，且酸過量，硝酸全起氧化劑作用，酸為稀溶液，生成硫酸銅、NO、水，反應方程式為3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故答案為：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；

(2)①方案一：取樣于試管→滴加KSCN溶液；由于溶液中含有藍色的銅離子會對現(xiàn)象有干擾，不能檢驗鐵離子的存在；方案二：徑向?qū)游觥鷩奒SCN溶液，紙上層析是利用混合物中各組分在固定相和流動相中的溶解度不同而達到分離的目的，不但可以分辨出鐵離子還能辨別出含有銅離子，故答案為：方案二；

②取樣于試管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有藍色的銅離子會對現(xiàn)象干擾，不能檢驗鐵離子的存在，故答案為：Cu2+的顏色對檢驗有干擾；

(3)由表中溶解度可知，膽礬的溶解度隨溫度升高增大，而石膏的溶解度隨溫度升高降低，所以應控制在較高的溫度，因此操作Ⅰ中趁熱過濾可以使CuSO4盡量溶解而石膏盡量析出，故答案為：使CuSO4盡量溶解而石膏盡量析出；

(4)從溶液中分離出硫酸銅晶體應為將熱溶液冷卻結(jié)晶；過濾、洗滌、干燥；硫酸銅晶體受熱容易分解；因此干燥時溫度不宜太高，當重復干燥冷卻后稱量直到連續(xù)兩次稱量相差不超過0.001g，說明產(chǎn)品已經(jīng)干燥，故答案為：冷卻結(jié)晶；過濾；不太高；重復干燥冷卻后稱量直到連續(xù)兩次稱量相差不超過0.001g；

(5)在整個實驗過程中；除了滴加容易，蒸發(fā)濃縮；還有過濾操作，因此使用的儀器除燒杯、酒精燈、玻璃棒、膠頭滴管外，還有使用較頻繁的玻璃儀器是漏斗，故答案為：漏斗；

(6)a、演示實驗中選擇試劑主要考慮操作是否簡單，現(xiàn)象是否明顯，性質(zhì)是否穩(wěn)定等方面，不是因為膽礬較易得到，其它結(jié)晶水合物較難得到，故a錯誤；b、加熱含有結(jié)晶水的晶體，一般都容易失去結(jié)晶水，所以選用膽礬的原因不是膽礬較其它結(jié)晶水合物更易失去結(jié)晶水，故b錯誤；c、硫酸銅是無色晶體，含有結(jié)晶水的硫酸銅是藍色固體，所以膽礬失水后有較明顯的顏色變化，便于觀察，而Na2SO4?10H2O加熱前后顏色沒有變化；故c正確；d；硫酸銅比較穩(wěn)定，不容易被氧化，便于通過質(zhì)量差計算結(jié)晶水的質(zhì)量，而硫酸亞鐵在空氣中容易被氧化，影響測量結(jié)晶水含量，故d正確；故答案為：cd。

【點睛】

本題的易錯點和難點為（1）中方程式的書寫，要注意流程圖中的浸出液中沒有硝酸根離子，說明硝酸根離子完全反應，同時溶液為稀溶液?！窘馕觥?Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O方案二Cu2+的顏色對檢驗有干擾使CuSO4盡量溶解而石膏盡量析出冷卻結(jié)晶過濾不太高重復干燥冷卻后稱量直到連續(xù)兩次稱量相差不超過0.001g（或恒重操作）漏斗c、d五、原理綜合題(共2題，共18分)23、略

【分析】【詳解】

本題主要考查有關氧化還原反應的概念和計算。

（1）①該反應中Na2O2中氧元素部分化合價升高，部分化合價降低，鐵元素化合價升高，所以氧化劑是Na2O2，還原劑是FeSO4和Na2O2。2Na2FeO4～10e-，每生成1molNa2FeO4；轉(zhuǎn)移5mol電子；

②簡要說明K2FeO4作為水處理劑時所起的作用：高鐵酸鉀具有強氧化性；能殺菌消毒，且消毒過程中自身被還原成鐵離子，鐵離子水解氫氧化鐵膠體能吸附除去水中的懸浮雜質(zhì)。

（2）①濕法制高鐵酸鉀生成物K2FeO4對應反應物Fe(OH)3，過程中鐵元素化合價升高，相應地氯元素的化合價降低，ClO-轉(zhuǎn)化為Cl-，F(xiàn)eO42-～Fe(OH)3～3e-，ClO-～Cl-～2e-，遵循電子守恒、質(zhì)量守恒可得反應的離子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

②2FeO42-～6e-～3Cl-，每生成1molFeO42-轉(zhuǎn)移了3mol電子，Cl-是還原產(chǎn)物；若反應過程中轉(zhuǎn)移了0.9mol電子，則還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為0.45mol。

（3）低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和，溶液中趨向于析出溶解度較小的物質(zhì)，可析出高鐵酸鉀（K2FeO4)，說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小?！窘馕觥縉a2O2FeSO4和Na2O25高鐵酸鉀具有強氧化性，能殺菌消毒，且消毒過程中自身被還原成鐵離子，鐵離子水解氫氧化鐵膠體能吸附除去水中的懸浮雜質(zhì)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O30.15該溫度下高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小24、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)元素周期律解答；

（2）根據(jù)平衡移動原理分析。

（3）①由BC兩組數(shù)據(jù)可知，Cl-的濃度為3×10-2mol·L－1

②A中反應為可逆反應，O3將I-氧化為I2；反應后pH=11.0，呈堿性；

③亞鐵離子被氧化成鐵離子生成難溶的Fe(OH)3，消耗OH-；溶液的酸度提高；

④反應H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2產(chǎn)生的OH-被Fe2+或Fe2+的氧化產(chǎn)物Fe3+結(jié)合，pH減小，促使該平衡正向移動。

【詳解】

(1)結(jié)合元素周期律分析Cl-、I-的還原性強弱；同主族元素的原子，從上到下，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，非金屬性Cl>I，離子的還原性Cl--。

(2)水體中的I-在非酸性條件下不易被空氣中的O2氧化。原因是2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反應速率慢；反應程度小。

①I-在酸性條件下與O2反應的離子方程式是4H++4I-+O2=2I2+2H2O。

②在酸性條件下I-易被O2氧化的可能的原因是增大c(H+)，降低了c(OH+)，使平衡2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移動，反應易于進行等。

(3)①由BC兩組數(shù)據(jù)可知，Cl-的濃度為3×10-2mol·L－1，a=3×10-2。

②A中反應為可逆反應，O3將I-氧化為I2，反應后pH=11.0，呈堿性，其離子方程式是H2O+2I++O3I2+2OH-+O2。

③C中溶液的pH下降，亞鐵離子被氧化成鐵離子生成難溶的Fe(OH)3，消耗OH-，溶