2022-2023学年黑龙江省鹤岗市高二下册期末化学测试试题（含解析）

1、请不要在装订线内答题外装订线试卷第 =page 10 10页，共 =sectionpages 10 10页第PAGE 页码9页/总NUMPAGES 总页数25页Evaluation Warning: The document was created with Spire.Doc for .NET.2022-2023学年黑龙江省鹤岗市高二下册期末化学测试试题题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单选题1青矾矿石(主要成分为)在唐本草中记载：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”。关于说法正确的是A可用于制净水剂

2、B溶于水形成无色溶液C在干燥空气中稳定存在D在空气中加热转化为2石蜡油是一种矿物油，是从原油分馏中所得到的无色无味的混合物。将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部进行加强热发生化学反应。下列有关说法正确的是A石蜡油含烷烃、烯烃等有机化合物B产物中的丙烯所有原子可能共平面C产物使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同D可能的产物C4H10的一氯代物有4种，二氯代物有9种3探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuSB向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧

3、以制取CuOD在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀4化学与人类生活有着密切联系。下列过程涉及氧化还原反应的是ASO2漂白的纸张易变黄B明矾净水C漂白粉久置于空气中失效D小苏打治疗胃酸过多5下列对实验现象的描述正确的是A镁条在空气中剧烈燃烧，发出耀眼白光，生成黑色固体B铁锈在稀盐酸里浸泡一段时间后，铁锈消失，溶液变为浅绿色C向淀粉溶液中滴加碘水，溶液变为蓝色D向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成白色沉淀6某粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品，向其中加入足量蒸馏水，仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有刺激性气味的气体

4、产生，固体全部溶解。该粉末的物质组成可能为A、B、C、D、7下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品B氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料C氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸D明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水8某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO，设计工艺流程如图所示：下列有关说法错误的是ANaOH的作用是除去Cu2+B试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2C操作x为过滤，试剂c为稀盐酸D检验SO是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，再加入BaCl2溶液9下列化学反应的离子方程式书写正确的是A过量的铁

5、粉溶于稀硝酸：B溶液与少量溶液反应：C向明矾水溶液中加过量的氨水：D用惰性电极电解溶液；10常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是ApH=7的溶液中：、B水电离出的的溶液中：、K+、Cl、C的水溶液中：、D的溶液中：、11实验室现有含硫酸和硝酸的混合溶液100mL，其中硫酸的浓度为2mol/L，硝酸的浓度为1mol/L，现向混合溶液中加入16g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为A896mLB1792 mLC2240 mLD4480 mL12以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：下列说法

6、错误的是A“沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量B“在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应C调节pH为3.24.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀D“沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)213下列关于、的说法错误的是A配制溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度B用如图装置可以制备沉淀，得到的白色沉淀在A容器中C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，此现象可确定溶液中含有D向溶液中加入少量铁粉是为了防止被氧化14食盐中的常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该

7、方法的第一步反应为，下列说法正确的是A产生时，反应中转移B反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为C是还原产物D发生还原反应15在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是A代表滴加溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是、Cc点，两溶液中含有相同量的Da、d两点对应的溶液均显中性16已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是A苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B环己醇与乙醇互为同系物C已二酸与溶液反应有生成D环己烷分子中所有碳原子共平面17200C时，

8、11.6克CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，固体的质量增加了3. 6克。从以上信息中，我们得出的下列结论中不正确的是A可以计算出混合气体中CO2和水蒸气的质量B可以判断出混合气体的平均摩尔质量C可以计算出该反应中转移的电子数D可以总结出Na2O2任何反应中既作氧化剂也作还原剂18在加热固体NH4Al(SO4)2l2H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示： 已知A点物质为NH4Al(SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是AOT的过程变化是物理变化BC点物质是工业上冶炼铝的原料CAB反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种DAl2(SO4)3能够净

9、水，可用离子方程式表示为：Al3+3OH-=A1(OH)319向、的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。则下列有关说法不正确的是A线段BD表示物质的量的变化B原混合溶液中的物质的量为1molC当通入时，溶液中已发生的离子反应可表示为D原溶液中，20将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL物质的量的浓度为14mol/L的浓硝酸中，得到和的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A和的混合气体中，的体积分数是80%B反应过程中转移电子物质的量为0.06molC该合金中铜与

10、镁的物质的量之比是21D得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL评卷人得分二、填空题21根据题目信息，完成有关方程式：(1)与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_。(2)高铁酸钾是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。与KClO在强碱性条件下反应可制取，其反应的离子方程式为_。(3)溶液长期放置有硫析出，原因为_(用离子方程式表示)。(4)与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为_。(5)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：、C、AlN、CO。请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平_。评卷人得分三、工业流程题

11、22一种以废旧锂离子电池的正极材料(主要含、Al、C等)为原料制备的流程如下：(1)除铝时发生反应的离子方程式为_。(2)灼烧的主要目的是_，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是_。(3)还原步骤在70左右，发生反应的化学方程式为_，若用盐酸代替和，也可以达到目的，但其缺点是_。(4)沉淀时，证明已经沉淀完全的实验操作与现象是_。(5)已知含铝元素微粒的浓度与pH的关系如图所示，设计由滤液X制备纯净的的实验方案_(实验中必需使用的试剂：溶液、溶液、蒸馏水)。评卷人得分四、实验题23一硝基甲苯是一种重要的工业原料，某化学学习小组设计如图所示装置制备一硝基甲苯实验步骤如下：配制浓硫酸和浓硝酸的混合物

12、(混酸)；在三颈烧瓶里装15mL甲苯(密度为)；装好其他药品，并组装好仪器；向三颈烧瓶中加入混酸，并不断搅拌；控制温度，反应大约10min至三颈烧瓶底部有大量液体(淡黄色油状)出现；分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到一硝基甲苯共12.5g。根据上述实验，回答下列问题：(1)A仪器的名称是_，作用是_。(2)写出甲苯与混酸反应可能生成2，4，6-三硝基甲苯的化学方程式：_。(3)分离产品方案如下：操作1必需的玻璃仪器有_，使用该仪器前必须进行的操作是_，操作2的名称是_。(4)经测定产品2的核磁共振氢谱有三组峰，则产品2的结构简式为_。(5)本实验中一硝基甲苯的产率为_(结果保留三位有效数字)。评

13、卷人得分五、有机推断题24酮基布洛芬片是用于治疗各种关节炎、强直性脊柱炎引起的关节肿痛、以及痛经、牙痛、术后痛和癌性痛等的非处方药。其合成路线如图所示：(1)有机物A的化学名称为_，反应的所需试剂及反应条件为_。(2)B的官能团名称为_，反应的反应类型为_。(3)有机物C的结构简式为_。(4)DE反应的化学方程式为_。(5)苯的二元取代物M是酮基布洛芬的同分异构体，则符合条件的M有_种(不考虑立体异构)；分子中含有两个苯环，且两个取代基均在苯环的对位；遇FeCl3溶液显紫色；能发生银镜反应；1molM最多与3molNaOH反应。其中不能与溴水发生加成反应的同分异构体的结构简式为_。答案第 =

14、page 14 14页，共 = sectionpages 15 15页答案第 = page 15 15页，共 = sectionpages 15 15页答案：1A【详解】A溶于水时形成具有净水作用的氢氧化亚铁胶体，可用于制净水剂，故A正确；B溶于水是FeSO4溶液，Fe2+呈浅绿色，故B错误；C中亚铁具有还原性，易被氧气氧化，反应物不需要水，因此不能在干燥空气中稳定存在，故C错误；D中Fe为+2价，在空气中加热被氧化转化为，故D错误；故选：A。2D【详解】A石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，故A错误；B丙烯中含有甲基，不可能所有原子共平面，故B错误；C产物中含有烯烃，因发生氧化反

15、应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，烯烃和溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，褪色的原理不相同，故C错误；DC4H10的一氯代物有：1-氯丁烷 、2-氯丁烷、1-氯-2-甲基丙烷、2-氯-2-甲基丙烷，共4种；二氯代物有：1,1-二氯丁烷、1,2- 二氯丁烷、1,3-二氯丁烷、1,4-二氯丁烷、2,2-二氯丁烷、2,3-二氯丁烷、1,2-二氯-2-甲基丙烷，1,1-二氯-2-甲基丙烷，1,3-二氯-2-甲基丙烷，共9种，故D正确；选D。3C【分析】【详解】A硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为1价生成Cu2S，A项错误；B铜与过量浓硫酸反应后稀释，应将反应后的溶液缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CCuS

16、O4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；D淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误；答案选C。4C【详解】ASO2漂白具有暂时性，其漂白原理是与有色物质作可逆的化合，SO2漂白的纸张易变黄，没有发生氧化还原反应，故不选A；B铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，明矾净水没有发生氧化还原反应，故不选B；C漂白粉久置于空气中失效，次氯酸钙和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸分解为盐酸和氧气，有元素化合价变化，发生氧化还原反应，故选C；D小苏打治疗胃酸过多，碳酸氢钠和胃液中的盐酸反应生成

17、氯化钠、二氧化碳、水，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故不选D；选C。5C【详解】AMgO是白色固体，A错误；B铁锈与盐酸反应生成的是氯化铁，是黄色溶液，B错误；C碘水遇淀粉变蓝，C正确；D氢氧化铜是蓝色沉淀，D错误；故选C。6C【详解】A加入足量的水，氢氧化镁不溶解，再加入足量稀盐酸，固体全部溶解，但无刺激性气味的气体产生， A不合题意；B加入足量水，二者将生成碳酸银不溶于水，再加入足量稀盐酸，将转化为AgCl沉淀，即固体不能全部溶解，且无刺激性气味的气体产生，B不合题意；C与在水溶液中反应生成白色亚硫酸钡沉淀，再加入足量盐酸时，生成具有刺激性气味的二氧化硫气体，且固体全部溶解，C符

18、合题意；D、在水溶液中反应生成碳酸铜沉淀，再加入足量稀盐酸，固体全部溶解，但无刺激性气味的气体产生， D不合题意；故C。7D【详解】A铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；B氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；D明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；故选D。8B【分析】工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO，由实验流程可知，先加NaO

19、H除去Cu2+，然后加试剂a为BaCl2可除去SO，再加试剂b为Na2CO3，试剂b可除去过量钡离子，操作x为过滤，分离出溶液含氯化钠、碳酸钠，最后加试剂c为盐酸可除去碳酸钠，以此来解答。【详解】A由上述分析可知，NaOH的作用是除去Cu2+，生成氢氧化铜沉淀，故A正确；B试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，碳酸钠在氯化钡之后可除去过量的钡离子，故B错误；C由上述分析可知，操作x为过滤，试剂c为稀盐酸，故C正确；D检验SO是否除尽可取适量待测溶液，先加入盐酸，排除干扰离子，再加入BaCl2溶液若不生成白色沉淀，则除尽，反之没有除尽，故D正确；故选：B。9D【详解】A过量Fe将Fe3+还原

20、为Fe2+，正确方程式为，A选项错误；B其中还有Fe2+、NH与OH-之间的离子反应，复分解反应一般顺序是先中和，后沉淀，最后生成其他弱电解质，少量Ba(OH)2与的离子反应方程式可以是，B选项错误；C Al(OH)3不与过量氨水反应，正确方程式为，C选项错误；D电解MgCl2溶液时，Cl-和H2O中H+分别在两极放电发生氧化还原反应，D选项正确；答案选D。10C【详解】A铁离子在中性环境下水解，不能存在，A错误；B水的电离受到抑制，为酸性或碱性环境，碳酸氢根在酸性或碱性环境下均不能存在，B错误；C氢离子浓度与氢氧根浓度比值大于1，说明氢离子浓度大于氢氧根，溶液为酸性，所有离子之间不发生反应，

21、可共存，C正确；D铁离子与硫氰根反应，不能共存，D错误；故选C。11C【详解】n(Cu)=0.25mol、n(H+)=0.1L2mol/L2+0.1L1mol/L=0.5mol、n(NO )=0.1L1mol/L=0.1mol；根据反应方程式3Cu+8H+2 NO=3Cu2+2NO+4H2O可知，NO不足，0.1mol NO完全反应生成0.1molNO，标准状况下的气体的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L=2240mL；故选C。12B【分析】印刷线路板酸性蚀刻废液含有、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.24.7是为了除去，加入过量是为了使沉淀。【详解】A沉淀

22、上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；B在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；C流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.24.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；D若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，D正确；故合理选项为B。13B【详解】AFeCl3易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故A不符合题意；B先打开止水夹C，开始Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，生成的氢气可排尽装置

23、中的空气，防止生成的硫酸亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C，反应生成的H2将A中硫酸亚铁压入B中与NaOH溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe(OH)2沉淀在B容器中，故B符合题意；C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中没有Fe3+，滴加氯水后溶液显红色，此现象证明溶液中含有Fe2+，故C不符合题意；DFe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故D不符合题意；B14D【详解】A反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole-，但常温常压下22.4L气体不是1

24、mol，A项错误；BI元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 11 : 6，B项错误；C中I元素化合价由0价升高到+5价，为氧化产物，C项错误；D中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，发生还原反应，D项正确；答案选D。15C【分析】向Ba(OH)2溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O，向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液，随着NaHSO4溶液的滴入依次发生反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH、NaOH+NaH

25、SO4=Na2SO4+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，据此分析作答。【详解】A根据分析，代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH，故B正确；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以溶液中氢

26、氧根离子浓度不同，故C错误；Da点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性，d点中溶质为Na2SO4，溶液呈中性，故D正确；故选：C。16C【分析】【详解】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；答案选C。17D【详解】A、设CO2

27、ag ，水蒸气bg2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2 m(质量差) 8856axx=7a/11g2Na2O2+2H2O=4NaOHO2 m(质量差) 364byy=b/9ga+b=11.67a/11+b/9=3.6a=4.4g，b=7.2g，n(CO2)=4.4/44=0.1mol，n(H2O)=7.2/18=0.4mol，CO2和H2O的物质的量比=0.1:0.4=1:4，所以，可以计算出混合气体中CO2和水蒸气的质量分别是4.4g和7.2g，A正确；B、可以判断出混合气体的平均摩尔质量（4.4g+7.2g）（0.1mol+0.4mol）=23.2g/mol，故B正确；C

28、、可以计算出该反应中转移的电子数0.1mol+0.4mol=0.5mol；D、Na2O2中-1价的氧既可升高，也可降低，但在某些反应中只作氧化剂，在另一些反应中只作还原剂，故D错误。答案选D。18B【详解】A.因为A点物质为NH4Al(SO4)2，则OT的过程变化是失去结晶水生成NH4Al(SO4)2是化学变化，A错误；B. B点物质为硫酸铝，升温在加热分解则在C点生成氧化铝，所以C点物质是工业上冶炼铝的原料，B正确；C.AB发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C错误；D.硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附水中的悬浮的杂质，D错误；答

29、案选B。19D【分析】还原性，向、的混合溶液中通入氯气，通入01mol氯气发生反应、通入13mol氯气发生反应、通入36mol氯气发生反应。【详解】A通入13mol氯气发生反应，线段BD表示物质的量的变化，故A正确；B通入01mol氯气发生反应，可知原溶液中含有2molI-，原混合溶液中的物质的量为1mol，故B正确；C当通入时，有2molI-、2molFe2+被氧化，溶液中已发生的离子反应可表示为，故C正确；D反应消耗2mol氯气、反应消耗1mol氯气、反应消耗3mol氯气，所以原溶液中，故D错误；选D。20D【分析】当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，可知氢氧化铜、氢氧化镁的总质量为

30、2.54g，则Mg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol。【详解】A1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol，设和的混合气体中的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，x+0.06，解得x=0.04mol，的体积分数是80%，故A正确；BMg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol，故B正确； C该合金中铜与镁的物质的量分别是xmol、ymol，解得，铜与镁的物质的量之比是21，故C正确；D根据B选项，反应放出0.04molNO2、0.0

31、1molN2O4，得到2.54沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，加入NaOH的物质的量=n()=0.05L14mol/L-0.04mol-0.01mol2=0.64mol，需要氢氧化钠溶液的体积是640mL，故D错误；故答案选D。21(1)(2)(3)(4)(5)Al2O3+3C+N2=2AlN+3CO（1）与氢碘酸反应时可生成棕色物质，说明生成碘单质，离子方程式为：；（2）与KClO在强碱性条件下反应可制取，次氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为：；（3）溶液长期放置有硫析出，硫离子被氧气氧化为硫单质，原因为：；（4）与浓盐酸共热生成黄绿色气体，氯离子被氧化，则氧化铅被还原为二价铅离子，离子方程

32、式为：；（5）高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)，根据所给物质，Al2O3被还原，根据元素守恒，反应物中应有N元素，产物中应有O元素，故方程式为：Al2O3+3C+N2=2AlN+3CO。22(1)(2) 除去C 坩埚(3) 会产生有毒的氯气，污染环境(4)静置，在上层清液中继续滴加溶液，若不出现浑浊，则已沉淀完全(5)向滤液X中滴加溶液，适时用pH试纸测溶液的pH，当pH介于68时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤液加溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至质量不再减少，冷却，即得【分析】废旧锂离子电池的正极材料主要含、Al、C等，用氢氧化钠溶液除铝，滤液X中含偏铝酸钠，滤渣在空气中灼烧

33、，碳和氧气反应生成二氧化碳除去碳，剩余固体加入硫酸、H2O2把Co3+还原为Co2+，滤液中加草酸铵生成草酸钴晶体沉淀。（1）除铝时氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为；（2）灼烧时碳和氧气反应生成二氧化碳，灼烧的主要目的是除去C，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是坩埚；（3）还原步骤，在酸性条件下被H2O2还原为硫酸钴，H2O2被氧化为氧气，发生反应的化学方程式为，若用盐酸代替和，氯离子被氧化为氯气，氯气有毒，污染环境；（4）静置，在上层清液中继续滴加溶液，若不出现浑浊，则已沉淀完全；（5）向滤液X中滴加溶液，适时用pH试纸测溶液的pH，当pH介于68时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至洗涤液加溶液不再出现白色浑浊为止，将所得