2025年蘇科新版必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年蘇科新版必修1化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)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(biāo)準(zhǔn)狀況下，足量的銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，每生成224mL氣體，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.01NA2、下列實(shí)驗(yàn)裝置和操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?/p>

A.AB.BC.CD.D3、下列相關(guān)實(shí)驗(yàn)的描述正確的是（）A.可用CCl4萃取碘酒中的碘B.做焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃，觀察到火焰顏色為紫色，證明被檢驗(yàn)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(yàn)證Na2S2O3濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響4、化學(xué)與人類社會(huì)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(guò)物理變化轉(zhuǎn)化為氣態(tài)的過(guò)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(huì)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(shí)，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(shí)俯視液面6、下列物質(zhì)中既能跟鹽酸反應(yīng)，又能跟氫氧化鈉溶液反應(yīng)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(wú)色透明溶液中：Cu2+、K+、Ba2+、評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、以下離子方程式書(shū)寫(xiě)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(yīng)：CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O

C．氫氧化鋇與稀硫酸反應(yīng)：H＋＋OH－＝H2O

D．過(guò)量二氧化碳與澄清石灰水的反應(yīng)：CO2＋OH－＝HCO3－

E．過(guò)量二氧化碳與NaOH溶液的反應(yīng)：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O

F．氫氧化鐵與鹽酸的反應(yīng)：OH－＋H＋＝H2O

G．小蘇打溶液與NaHSO4的反應(yīng)：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(yīng)：CuO＋2H＋＝Cu2＋＋H2O

J．硫酸亞鐵溶液中加入用硫酸酸化的過(guò)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(yīng)：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O

M．鐵和稀硝酸反應(yīng)：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(yīng)：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(yīng)：H++OH-＝H2O

S．磷酸與氫氧化鉀溶液反應(yīng)：H++OH-＝H2O

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

U．濃硫酸與食鹽共熱制HCl寫(xiě)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(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)試管①中的現(xiàn)象是________，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________。

(2)試管②中的現(xiàn)象是__________________，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________，若繼續(xù)通入過(guò)量的則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________。

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

①該反應(yīng)中濃鹽酸體現(xiàn)出來(lái)的性質(zhì)為_(kāi)_____

②氧化劑與還原劑之比是______

③如反應(yīng)中轉(zhuǎn)移了0.6mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為_(kāi)_____．11、大蘇打(Na2S2O3·5H2O)；蘇打、小蘇打被稱為“蘇氏三兄弟”；它們?cè)谏?、生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。

（1）工業(yè)上制備蘇打是先制備小蘇打，寫(xiě)出我國(guó)偉大化學(xué)家侯德榜提出的制備小蘇打的化學(xué)方程式___，操作時(shí)，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(biāo)準(zhǔn)溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，測(cè)定結(jié)果會(huì)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(shí)放出CO2。寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式__。Na2S溶液在空氣中久置，會(huì)生成淺黃色物質(zhì)，經(jīng)測(cè)定該物質(zhì)具有與過(guò)氧化鈉相似的結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)的化學(xué)式為_(kāi)_。

（5）在密閉容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反應(yīng)。若殘留固體為純凈物，則起始時(shí)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(píng)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(gè)分子。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤14、最早使用的化學(xué)電池是鋅錳電池。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤15、HCl、H2SO4、HNO3溶液中都含有H+，因此具有相似的化學(xué)性質(zhì)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤16、向溶液中滴加過(guò)量氯水，再加入淀粉溶液，溶液先變橙色，后變藍(lán)色，說(shuō)明氧化性：(_______)A.正確B.錯(cuò)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(cuò)誤18、廚余垃圾“變身”為沼氣屬于化學(xué)變化。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤19、無(wú)色溶液加入CCl4無(wú)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(cuò)誤評(píng)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(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：。金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開(kāi)始沉淀時(shí)(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0

回答下列問(wèn)題：

(1)“堿浸”中NaOH的兩個(gè)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(xiě)出該反應(yīng)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_(kāi)_____________。

21、二苯鉻[(C6H6)2Cr]可用作聚合反應(yīng)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(wèn)題：

(1)有關(guān)物質(zhì)的溶解度如下表所示。通過(guò)___________、___________、過(guò)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(xué)反應(yīng)類型是___________。

相關(guān)物質(zhì)溶解度(g/100gH2O)數(shù)據(jù)。化學(xué)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(xiě)出“加熱”反應(yīng)的化學(xué)方程式___________，待Cr2O3冷卻后，需用蒸餾水洗滌，如何用簡(jiǎn)單方法判斷其已洗滌干凈___________。

(3)已知CCl4沸點(diǎn)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?dú)獠⑽磪⑴c化學(xué)反應(yīng)，反應(yīng)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(qǐng)寫(xiě)出該氣體的化學(xué)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(xiě)出“還原”反應(yīng)的離子方程式___________；若要得到3mol的(C6H6)2Cr，則需要鋁至少為_(kāi)__________mol。22、硫酸銅是一種應(yīng)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(jiàn)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(xué)方程式是__________________。

(2)取樣檢驗(yàn)是為了確認(rèn)Fe3+是否除凈。有同學(xué)設(shè)計(jì)了以下兩種方案；在實(shí)驗(yàn)室分別對(duì)所取樣品按下列方案進(jìn)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(rèn)為上述兩種方案設(shè)計(jì)更合理的是__________；

②指出你認(rèn)為不合理的方案存在的問(wèn)題_____________________________；

(3)操作Ⅰ（蒸發(fā)濃縮、趁熱過(guò)濾）趁熱過(guò)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(duì)產(chǎn)品進(jìn)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(shí)驗(yàn)小組模擬上述工業(yè)流程完成膽礬的制備，在整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)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(xué)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(lái)研究結(jié)晶水含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)，其優(yōu)點(diǎn)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(yīng)評(píng)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(qiáng)；無(wú)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(yīng)為：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑

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

②簡(jiǎn)要說(shuō)明K2FeO4作為水處理劑時(shí)，在水處理過(guò)程中所起的作用_______________________。

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

①寫(xiě)出并配平濕法制高鐵酸鉀的離子反應(yīng)方程式：___________________。

②每生成1molFeO42-轉(zhuǎn)移__mo1電子，若反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移了0.3mo1電子，則還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為_(kāi)____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(shuō)明什么問(wèn)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(diǎn)。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(qiáng)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(yīng)速率慢；反應(yīng)程度小。

①I(mǎi)-在酸性條件下與O2反應(yīng)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(huì)對(duì)O3氧化I-產(chǎn)生影響。為檢驗(yàn)這一結(jié)論，進(jìn)行如下探究實(shí)驗(yàn)：分別將等量的O3通入到20mL下列試劑中，一段時(shí)間后，記錄實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與結(jié)果。已知：每lmolO3參與反應(yīng)，生成lmolO2。

①a=____。

②A中反應(yīng)為可逆反應(yīng)，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(shuō)明Fe2+在實(shí)驗(yàn)B中的作用并解釋____。評(píng)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(wú)色溶液；他們都是中學(xué)化學(xué)中常用的無(wú)機(jī)試劑。純E為無(wú)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(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時(shí)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(guò)量A時(shí)，D中沉淀無(wú)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(wú)色、無(wú)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(shí)驗(yàn)信息；請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）能確定溶液是（寫(xiě)出溶液標(biāo)號(hào)與相應(yīng)溶質(zhì)的化學(xué)式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫(xiě)出其標(biāo)號(hào)、溶質(zhì)可能的化學(xué)式及進(jìn)一步鑒別的方法：________26、有A；B、C、D、E和F六瓶無(wú)色溶液；他們都是中學(xué)化學(xué)中常用的無(wú)機(jī)試劑。純E為無(wú)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(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時(shí)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(guò)量A時(shí)，D中沉淀無(wú)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(wú)色、無(wú)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(shí)驗(yàn)信息；請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）能確定溶液是（寫(xiě)出溶液標(biāo)號(hào)與相應(yīng)溶質(zhì)的化學(xué)式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫(xiě)出其標(biāo)號(hào)、溶質(zhì)可能的化學(xué)式及進(jìn)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(shuō)法正確；

B、假設(shè)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(shè)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(shuō)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(shuō)法正確；

D、生成的氣體為NO2、NO的混合氣體，根據(jù)題意，無(wú)法計(jì)算轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量，故D說(shuō)法錯(cuò)誤。2、A【分析】【詳解】

A.比較Na2CO3、NaHCO3的熱穩(wěn)定性，應(yīng)該把NaHCO3放在內(nèi)管，把Na2CO3放在外管，由于玻璃的導(dǎo)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(shuō)明穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3；A正確；

B.Cl2、CO2都可以與NaOH溶液反應(yīng)，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中的CO2氣體；B錯(cuò)誤；

C.稀硫酸與Cu不能反應(yīng)，不能用于制備SO2，應(yīng)該使用濃硫酸與Cu共熱制取SO2；C錯(cuò)誤；

D.不能使用燒杯灼燒海帶；應(yīng)該使用坩堝灼燒海帶，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)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(cuò)誤；

B.焰色反應(yīng)呈紫色說(shuō)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(cuò)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(huì)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(gè)不同因素?zé)o法判斷硫代硫酸鈉對(duì)反應(yīng)速率的影響，故D錯(cuò)誤；

故答案選:C。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．煤的氣化過(guò)程是一個(gè)熱化學(xué)過(guò)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(guò)化學(xué)反應(yīng)把煤或煤焦中的可燃部分轉(zhuǎn)化為氣體的過(guò)程，屬于化學(xué)變化過(guò)程，故A錯(cuò)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(xué)因素有：強(qiáng)酸、強(qiáng)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(huì)使人中毒，故C錯(cuò)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(yīng)生成硫酸鈣；二氧化硫排放量減少，但在高溫下反應(yīng)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(cuò)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(dāng)溶液冷卻后，液面下降，體積偏小，故B濃度偏大；

C；定容時(shí)要加蒸餾水；所以容量瓶未干燥，故C對(duì)溶液的濃度無(wú)影響；

D；定容時(shí)俯視液面；溶液體積偏小，故D濃度偏大。

故選A

【點(diǎn)睛】

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

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

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

C．K2SO4溶液為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽；與鹽酸和氫氧化鈉都不反應(yīng)，C不符合題意；

D．NaHCO3為強(qiáng)堿弱酸的酸式鹽，既能與鹽酸反應(yīng)；又能與氫氧化鈉反應(yīng)，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(yīng)；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(lán)色；在無(wú)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(shí)等方面分析判斷。

【詳解】

A．氨水和醋酸反應(yīng)生成醋酸銨和水，醋酸與一水合氨為弱電解質(zhì)，保留化學(xué)式，醋酸銨為強(qiáng)電解質(zhì)，拆成離子，反應(yīng)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(yīng)生成氯化鈣、二氧化碳和水，石灰石不溶于水，應(yīng)寫(xiě)成化學(xué)式，反應(yīng)的離子方程式為CaCO3＋2H＋＝Ca2++CO2↑＋H2O；故B錯(cuò)誤；

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

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

E．過(guò)量二氧化碳和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉；不是碳酸鈉，故E錯(cuò)誤；

F．氫氧化鐵不溶于水；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故F錯(cuò)誤；

G．NaHSO4完全電離出Na+、H+、SO42－；故G錯(cuò)誤；

H．碳酸鈣難溶于水；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故H錯(cuò)誤；

I．氧化銅與硫酸溶液的反應(yīng)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(cuò)誤；

K．Cu+Ag+＝Cu2++Ag的電荷不守恒，應(yīng)該為Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag；故K錯(cuò)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(yīng)不能放出氫氣；故M錯(cuò)誤；

N．Fe3++H2S＝Fe2++S↓+2H+Fe2(SO4)3的電荷不守恒，應(yīng)該為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；故N錯(cuò)誤；

O．鐵和稀硫酸反應(yīng)生成Fe2+，不是Fe3+；故O錯(cuò)誤；

P．Fe2++Cl2＝Fe3++Cl-的電荷不守恒，應(yīng)該為2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；故P錯(cuò)誤；

Q．醋酸為弱酸；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故Q錯(cuò)誤；

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

S．磷酸為中強(qiáng)酸；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故S錯(cuò)誤；

T．濃硫酸中硫酸幾乎沒(méi)有電離；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故T錯(cuò)誤；

U．濃硫酸中硫酸幾乎沒(méi)有電離；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故U錯(cuò)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(cuò)誤；

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

X．2MnO4-+H2O2+6H+＝2Mn2++4H2O+3O2↑的得失電子不守恒，應(yīng)該為2MnO4-+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑；故X錯(cuò)誤；

Y．氧化鈉不能拆成離子；應(yīng)該用化學(xué)式表示，故Y錯(cuò)誤；

Z．Al+2H+＝Al3++H2↑的電荷不守恒，應(yīng)該為2Al+6H+＝2Al3++3H2↑；故Z錯(cuò)誤；

ADILR正確，故答案為：ADILR。9、略

【分析】【詳解】

(1)與反應(yīng)生成能使紫色石蕊溶液變紅，反應(yīng)方程式為

(2)向NaOH溶液中通入少量可生成若過(guò)量則生成可觀察到紅色褪去，發(fā)生的反應(yīng)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(fù)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(diǎn)睛】

根據(jù)中S的價(jià)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(fù)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(fù)紅色溴水褪色①②③④10、略

【分析】【分析】

根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理進(jìn)行判斷，由方程式可知，反應(yīng)中Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)降低到+2價(jià)，被還原，KMnO4為氧化劑；Cl元素化合價(jià)由-1價(jià)升高到0價(jià)，被氧化，HCl為還原劑，結(jié)合化合價(jià)的變化以及反應(yīng)的方程式可計(jì)算。

【詳解】

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

(2)反應(yīng)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(jià)由+7價(jià)降低到+2價(jià)，Cl元素化合價(jià)由-1價(jià)升高到0價(jià)，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(biāo)準(zhǔn)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(lái)；

(2)酸性環(huán)境下S2O32-發(fā)生歧化反應(yīng)；消耗的硫代硫酸根鈉偏多，測(cè)定結(jié)果會(huì)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(yīng)生成Na2S2O3和二氧化碳；依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒；得失電子守恒書(shū)寫(xiě)方程式；依據(jù)過(guò)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(yīng)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(lái)，往飽和食鹽水中先通入氣體，制備小蘇打的化學(xué)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(yīng)，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。“浸泡”的目的是將硫酸鈣轉(zhuǎn)化為易除的碳酸鈣，發(fā)生的離子反應(yīng)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(yīng)生成Na2S2O3和二氧化碳，反應(yīng)中S元素的化合價(jià)從-2價(jià)升高到+2價(jià)，S的化合價(jià)從+4價(jià)降低到+2價(jià)，依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒、得失電子守恒反應(yīng)的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空氣中長(zhǎng)期放置，和氧氣反應(yīng)生成與過(guò)氧化鈉的結(jié)構(gòu)及化學(xué)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(yīng)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(lái)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(yīng)中H2S為還原劑，其中硫元素化合價(jià)從-2價(jià)升至0價(jià)，HNO3為氧化劑；其中氮元素化合價(jià)從+5價(jià)降至+2價(jià)，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(yīng)中Cl-為還原劑，其中氯元素化合價(jià)從-1價(jià)升至0價(jià)，MnO為氧化劑；其中錳元素化合價(jià)從+7價(jià)降至+2價(jià)，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(yīng)中Cl2為還原劑，其中氯元素化合價(jià)從0價(jià)升至+5價(jià)，Cl2為氧化劑；其中氯元素化合價(jià)從0價(jià)降至-1價(jià)，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(yīng)中Cu為還原劑，其中銅元素化合價(jià)從0價(jià)升至+2價(jià)，HNO3為氧化劑；其中氮元素化合價(jià)從+5價(jià)降至+4價(jià)，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。【解析】(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(shuō)法錯(cuò)誤。14、A【分析】【詳解】

最早使用的化學(xué)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(yáng)離子氫離子，因此具有相似的化學(xué)性質(zhì)——酸的通性，故正確。16、B【分析】【詳解】

向NaBr溶液中滴加過(guò)量氯水，再加入淀粉KI溶液，氯水過(guò)量，也會(huì)將碘離子氧化為碘單質(zhì)，不能說(shuō)明氧化性Br2>I2，故錯(cuò)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(guò)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(qiáng)的酸反應(yīng)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(xué)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(jìn)行堿浸，可以除去油脂，并發(fā)生反應(yīng)：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(jìn)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(yīng)：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(huì)使調(diào)pH過(guò)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+。【解析】①.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(yīng)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(yīng)得到CrCl3和COCl2，然后CrCl3與Al、苯發(fā)生反應(yīng)，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(shí)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(yīng)為Na2Cr2O7+2NH4Cl(NH4)2Cr2O7+2NaCl；反應(yīng)類型是復(fù)分解反應(yīng)。

(2)“加熱”時(shí)(NH4)2Cr2O7分解產(chǎn)生Cr2O3、N2和H2O，根據(jù)電子守恒和原子守恒寫(xiě)出分解反應(yīng)的化學(xué)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?yàn)?NH4)2Cr2O7顯橙紅色；所以根據(jù)最后一次洗滌的流出液呈無(wú)色，說(shuō)明洗滌干凈。

(3)因?yàn)镃Cl4沸點(diǎn)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(guò)水浴加熱來(lái)控制其流量，并用溫度計(jì)指示溫度；“轉(zhuǎn)化”中氮?dú)獠⑽磪⑴c化學(xué)反應(yīng)，則根據(jù)題中信息可寫(xiě)出反應(yīng)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(guò)程中Cr由+3價(jià)降為+1價(jià)，做氧化劑，Al化合價(jià)由0升高至+3，做還原劑；“還原”反應(yīng)，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(yīng)，根據(jù)離子反應(yīng)的書(shū)寫(xiě)原則和電子守恒寫(xiě)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。【解析】蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶復(fù)分解反應(yīng)(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O最后一次洗滌的流出液呈無(wú)色水浴加熱(并用溫度計(jì)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(guò)濾得到紅褐色濾渣為氫氧化鐵沉淀，依據(jù)石膏和藍(lán)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(guò)加熱蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)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(guò)量，硝酸全起氧化劑作用，酸為稀溶液，生成硫酸銅、NO、水，反應(yīng)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(lán)色的銅離子會(huì)對(duì)現(xiàn)象有干擾，不能檢驗(yàn)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(dòng)相中的溶解度不同而達(dá)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(lán)色的銅離子會(huì)對(duì)現(xiàn)象干擾，不能檢驗(yàn)鐵離子的存在，故答案為：Cu2+的顏色對(duì)檢驗(yàn)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(yīng)控制在較高的溫度，因此操作Ⅰ中趁熱過(guò)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(yīng)為將熱溶液冷卻結(jié)晶；過(guò)濾、洗滌、干燥；硫酸銅晶體受熱容易分解；因此干燥時(shí)溫度不宜太高，當(dāng)重復(fù)干燥冷卻后稱量直到連續(xù)兩次稱量相差不超過(guò)0.001g，說(shuō)明產(chǎn)品已經(jīng)干燥，故答案為：冷卻結(jié)晶；過(guò)濾；不太高；重復(fù)干燥冷卻后稱量直到連續(xù)兩次稱量相差不超過(guò)0.001g；

(5)在整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中；除了滴加容易，蒸發(fā)濃縮；還有過(guò)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(shí)驗(yàn)中選擇試劑主要考慮操作是否簡(jiǎn)單，現(xiàn)象是否明顯，性質(zhì)是否穩(wěn)定等方面，不是因?yàn)槟懙\較易得到，其它結(jié)晶水合物較難得到，故a錯(cuò)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(cuò)誤；c、硫酸銅是無(wú)色晶體，含有結(jié)晶水的硫酸銅是藍(lán)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(méi)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(guò)質(zhì)量差計(jì)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(cè)量結(jié)晶水含量，故d正確；故答案為：cd。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為（1）中方程式的書(shū)寫(xiě)，要注意流程圖中的浸出液中沒(méi)有硝酸根離子，說(shuō)明硝酸根離子完全反應(yīng)，同時(shí)溶液為稀溶液。【解析】3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O方案二Cu2+的顏色對(duì)檢驗(yàn)有干擾使CuSO4盡量溶解而石膏盡量析出冷卻結(jié)晶過(guò)濾不太高重復(fù)干燥冷卻后稱量直到連續(xù)兩次稱量相差不超過(guò)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(guān)氧化還原反應(yīng)的概念和計(jì)算。

（1）①該反應(yīng)中Na2O2中氧元素部分化合價(jià)升高，部分化合價(jià)降低，鐵元素化合價(jià)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(jiǎn)要說(shuō)明K2FeO4作為水處理劑時(shí)所起的作用：高鐵酸鉀具有強(qiáng)氧化性；能殺菌消毒，且消毒過(guò)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(duì)應(yīng)反應(yīng)物Fe(OH)3，過(guò)程中鐵元素化合價(jià)升高，相應(yīng)地氯元素的化合價(jià)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(yīng)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(yīng)過(guò)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(shuō)明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小。【解析】Na2O2FeSO4和Na2O25高鐵酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，且消毒過(guò)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(dòng)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(yīng)為可逆反應(yīng)，O3將I-氧化為I2；反應(yīng)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(yīng)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(dòng)。

【詳解】

(1)結(jié)合元素周期律分析Cl-、I-的還原性強(qiáng)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(yīng)速率慢；反應(yīng)程度小。

①I(mǎi)-在酸性條件下與O2反應(yīng)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(dòng)，反應(yīng)易于進(jìn)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(yīng)為可逆反應(yīng)，O3將I-氧化為I2，反應(yīng)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