2025年湘教新版必修1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年湘教新版必修1化学下册阶段测试试卷89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8题，共16分)1、某抗癌药物的结构简式如图所示；其中W；X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是。

A.元素的非金属性：W>Z>XB.Y的最高价氧化物的水化物是强酸C.W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟D.Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构2、如图所示，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸；立即用另一培养皿扣在上面。表中对实验现象的描述或解释不正确的是()

选项实验现象解释ABa(OH)2溶液变浑浊SO2与Ba(OH)2溶液反应产生了BaSO3沉淀BNa2S溶液变浑浊SO2与Na2S溶液反应产生了S单质CKMnO4溶液褪色SO2具有还原性D含有酚酞的NaOH溶液褪色SO2具有漂白性

A.AB.BC.CD.D3、将一定量Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水配成50mL溶液；逐滴加入稀盐酸，得到各成分物质的量变化如图所示(忽略溶液混合导致的体积变化，已知1mol=1000mmol)。

下列说法不正确的是。

A.盐酸的物质的量浓度为0.05mol·L-1B.c点溶液中c(NaCl)=0.05mol·L-1C.a点溶液中发生反应的离子方程式为：CO+H+=HCOD.b点和d点所处的溶液中n(Na+)相等4、下列说法不正确的是A.我国科学家在世界上第一次用化学方法合成了具有生物活性的蛋白质B.卢瑟福提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础C.侯德榜发明了联合制碱法，为我国的化学工业发展做出重要贡献D.门捷列夫按照相对原子质量的递增，编制出了第一张元素周期表5、下列有关试剂保存的说法中，不正确的是A.金属钠保存在煤油中B.保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉C.氯水放在棕色细口瓶中D.过氧化钠不需密封保存6、ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确是（）A.CO2是氧化产物B.H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性C.H2C2O4在反应中被氧化D.ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性7、下列离子方程式中正确的是A.向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑B.Fe3O4溶解在过量的稀硝酸中：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OC.碳酸氢铵溶液与过量的苛性钾溶液混和共热：NH4++OH-NH3↑+H2OD.将少量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO-+H2O=SO32-+2HClO8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LSO3含有的氧原子数为3NAB.电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NAC.在常温常压下，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NAD.标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数小于NA评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、甲同学配制50mL3.6mol/L的稀硫酸。若采用18mol/L的浓硫酸配制溶液，需要用到浓硫酸的体积为_______mL；所选用容量瓶的规格为_______mL。10、按要求完成下列方程式：

(1)检验气体中是否含有CO的实验操作：将该气体通入氯化钯(PdCl2)溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式：___。

(2)写出CuH在氯气中完全燃烧反应的化学方程式：___。

(3)加入双氧水能提高软锰矿(主要成分是MnO2)的浸出率，锰转化成Mn2+。写出酸性条件下双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式：___。

(4)在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillusferroxidans的细菌能将黄铜矿(主要成分为CuFeS2)转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为___。11、（1）用化学用语填空。

①苛性钠：___

②标出硝酸铵中氮元素的化合价；___

③2个酒精分子；___

④氯化钠溶液中存在的粒子；___

（2）构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是某同学整理的关于碳酸钠化学性质的知识网络；其中A；B属于不同类别的化合物。（图1中“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，图中“→”表示某种物质通过一步反应可转化为另一种物质）。

①若将A物质的溶液滴加到碳酸钠溶液中，观察到有无色气泡冒出，则A物质可能是___（填写一种物质的化学式）。

②不同类别的B物质能够与碳酸钠溶液反应产生白色沉淀，请选取其中一种，写出其与碳酸钠溶液反应的化学方程式___；除你选取的物质所属类别外，B物质还可能属于___（填写物质类别）。

③如图2所示，有一种物质X能与碳酸钠、硫酸钠都发生双向转化，写出反应②的化学方程式___。12、A；B、C、D是四种短周期元素；它们的原子序数依次增大，其中，A、C及B、D分别是同主族元素；A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体。

(1)写出以下元素的名称：B________________；C______________。

(2)写出D元素在周期表中的位置___________________________

(3)用电子式表示C2D的形成过程：_______________________________

(4)写出由B、C两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物的的电子式_______；属于_______(填“离子”或“共价”)化合物，存在的化学键的种类有______________________；写出它与水反应的离子方程式_______________________________13、有A；B、C、D四种元素；A元素的原子得两个电子，B元素的原子失去1个电子后所形成微粒均与氩原子有相同的电子层结构。C元素的原子只有1个电子，D元素原子的M电子层数比N层电子数多6个。试写出：

（1）A；B、C、D的元素符号和名称：A____B____C____D____。

（2）A元素的原子结构示意图____；D元素的离子结构示意图：______。

（3）画出A离子的电子式____B原子的电子式____。14、常温常压下，32g氧气和臭氧混合气体中含有2NA个原子___15、大苏打(Na2S2O3·5H2O)；苏打、小苏打被称为“苏氏三兄弟”；它们在生活、生产中有广泛应用。

（1）工业上制备苏打是先制备小苏打，写出我国伟大化学家侯德榜提出的制备小苏打的化学方程式___，操作时，往饱和食盐水中先通入气体，先制备小苏打的原因是___。

（2）Na2S2O3标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高，用离子方程式表示其原因__。

（3）工业上，常用纯碱和盐酸除去锅炉中硫酸钙。先用饱和纯碱溶液浸泡锅垢，然后用盐酸清洗。“浸泡”的目的是__。

（4）工业上，将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。写出该反应的化学方程式__。Na2S溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的化学式为__。

（5）在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时满足的条件是__。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误17、CO2的电子式：(___________)A.正确B.错误18、由一种元素组成的物质一定是同一种物质。(______)A.正确B.错误19、元素由游离态转化为化合态,则该元素被氧化。_____A.正确B.错误20、过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2。(___________)A.正确B.错误21、在同温同压下，22.4L的任何气体的物质的量都是1mol。(_____________)A.正确B.错误22、温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含的分子数一定相同。(_____________)A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)23、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________24、有A；B、C、D、E和F六瓶无色溶液；他们都是中学化学中常用的无机试剂。纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且他们的阴离子均不同。现进行如下实验：

①A有刺激性气味；用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；

②将A分别加入其它五种溶液中；只有D；F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；

③将B分别加入C；D、E、F中；C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根据上述实验信息；请回答下列问题：

（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：________________

（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：________评卷人得分五、工业流程题(共4题，共20分)25、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工；印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：

已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]；潮湿空气中易水解氧化。

（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；

（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。溶解时反应的离子方程式__；

（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___；

②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。

③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；

（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；

（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。26、已知：①铜矿石中含有Cu2(OH)2CO3及含铁元素的杂质；

②黄铵铁矾的化学式为(NH4)xFey(SO4)m(OH)n；其中铁为＋3价。

某兴趣小组利用该铜矿石制黄铵铁矾的流程如下：

(1)Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应时离子方程式___________。

(2)黄铵铁矾高温下分解可得到一种红棕色固体，该红棕色固体的化学式为___________。

(3)H2O2可以将Fe2+转化成Fe3+。但温度过高时，Fe2+转化率下降，其原因___________。

(4)该小组为测定黄铵铁矾的组成；进行了如下实验：

a.称取mg样品；加盐酸完全溶解后，将所得溶液分为两等份；

b.向一份中加入足量NaOH溶液并加热，收集到标准状况下112mL的气体(发生反应：＋OH-NH3↑＋H2O；假设气体全部逸出)；将所得沉淀过滤；洗涤、灼烧至恒重，得到红棕色粉末0.60g；

c.向另一份中加足量BaCl2溶液充分反应后；过滤；洗涤、干燥得沉淀2.33g。

①黄铵铁矾中与的个数比为___________；

②通过计算确定黄铵铁矾的化学式___________。(写出必要的计算过程，否则不得分)27、氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：

已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。

回答下列问题：

(1)在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有_______因素。

(2)下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：。改变的条件温度(℃)盐酸的浓度(%)液固比305575101525。3：14：15：14：15：16：1钡的浸出率(%)74.3169.6068.4259.2174.1555.3259.8465.1274.3574.3174.35

分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是_______；判断“浸取”的最佳液固比为_______。

(3)常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为_______。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为_______(填化学式)。

(4)“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是_______。

(5)“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25.00mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色)，用0.100mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1：1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2mL。

①滴定至终点时的现象为_______。

②该溶液中钙离子的浓度为_______(用含V1、V2的代数式表示)g·mL-1。28、铬是一种银白色金属，化学性质稳定，在化合物中常见和价等价态。工业上以铬铁矿主要成分为含有等杂质为主要原料生产金属铬和重铬酸钠已知是一种强氧化剂其主要工艺流程如下：

查阅资料得知：常温下，不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将转化为

回答下列问题：

工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式_______________。

酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是_____________。

固体E的主要成分是根据如图分析操作a为________________、____________；洗涤、干燥。

已知含价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的

的化学性质与相似。在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为________用离子方程式表示

下列溶液中可以代替上述流程中溶液最佳的是___________填选项序号

A溶液浓酸性溶液溶液。

上述流程中，每消耗转移则加入溶液时发生反应的离子方程式为_____________。

某厂废水中含的某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料的化合价为Fe的化合价依次为欲使1L该废水中的完全转化为理论上需要加入________

已知摩尔质量为评卷人得分六、实验题(共4题，共40分)29、实验室为配制480mL浓度均为的NaOH和的混合溶液；具体操作步骤如下，请根据要求回答下列问题：

Ⅰ.配制前：检验容量瓶是否漏液的操作为___________。

Ⅱ.配制操作：

a.计算所需溶质的质量；

b.称量：分别用托盘天平称量_______，________，可放在称量纸上称量，NaOH需放在___________中称量；

c.溶解：把称量的固体放入小烧杯中；加蒸馏水溶解，并冷却至室温；

d.转移：用玻璃棒将烧杯中的溶液引流入___________mL容量瓶中；

e.洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2～3次；将洗涤液转移至容量瓶中；

f.振荡并加蒸馏水稀释：轻轻振荡容量瓶；使溶液混合均匀，向容量瓶中加蒸馏水至液面在刻度线以下1～2cm；

g.定容：用_______(填仪器名称)向容量瓶中加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；

h.摇匀；装瓶。

Ⅲ.误差分析：

(1)上述e步骤中，若溶液温度未冷却至室温，直接转移并定容，所配溶液浓度___________(填“偏大”“偏小”或“不变”；下同)。

(2)上述e步骤中，若转移洗涤液时有少许溶液溅到容量瓶外，所配溶液浓度___________。

(3)上述g步骤中，若定容时俯视容量瓶刻度线，则所配溶液浓度___________。30、氯气(Cl2)是一种重要的化工原料；大量用于制造盐酸；有机溶剂、农药、燃料和药品等。

Ⅰ.氯气的制备。

氯气在实验室中可通过MnO2和浓盐酸混合加热制备；实验装置见图；在工业上可通过电解饱和NaCl溶液获得。

(1)装置A中发生反应的离子方程式是___。

(2)装置B的作用是___。

(3)装置D用于收集Cl2，请将装置D中的导气管补充完整：___。

(4)装置E用于吸收尾气Cl2，E中发生反应的化学方程式是___。

(5)电解饱和NaCl溶液对应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则该反应中转移的电子数为1.204×1023时，溶液质量减少___g。(假设生成的气体全部逸出)

Ⅱ.氯气的应用。

(6)可用Cl2和冷的石灰乳反应制备漂白粉，漂白粉中的有效成分是___。(填化学式)

(7)向KI溶液滴加过量氯水会生成IO发生反应的离子方程式如下：

Cl2+I-+H2O=IO+Cl-+____

请补全产物，并将离子方程式配平___。

(8)Cl2O是次氯酸的酸酐，其制备方法之一是将Cl2通入HgO中即可制得，同时生成HgO•HgCl2。请写出对应的化学方程式并用双线桥表示电子的转移：____。31、某同学在实验室制备SO2并对SO2的性质进行了探究。回答下列问题：

（1）制备SO2

①实验室中通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2气体。二氧化硫的发生装置可以选择上图中的_______；反应的化学方程式为____________。

②欲收集一瓶干燥的二氧化硫；选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→_____________（按气流方向，用小写字母表示）。

（2）探究SO2的性质；用下图所示装置进行实验。

①实验过程中观察到装置A；B有如下现象：A中无变化；B中红色褪去。由此得出的实验结论是___________________。

②装置C、D中发生的现象分别是______________________、_____________________，这些现象分别说明SO2具有的性质是___________和__________；装置D中发生反应的离子方程式为_____________。

③装置E中含酚酞的NaOH溶液逐渐褪色，此实验现象有两种解释：一是由于SO2有漂白性；二是由于SO2溶于水后显酸性。请设计实验加以验证：___________。32、氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：

依据上图；完成下列填空：

（1）从海水中获取粗盐的方法是___。

（2）“精制”工序中，欲除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+及SO42-；可进行的操作有：

A.过滤。

B.加过量BaCl2溶液。

C.加适量稀盐酸。

D.加过量NaOH溶液。

E.加过量Na2CO3溶液。

①正确操作的顺序是___(填字母)。

②操作B的目的是___

③操作C的目的是___

④操作D中发生反应的离子方程式是___

⑤此操作中的稀盐酸能否用稀硝酸代替?____(填“能”或“否”)，理由是___。

（3）检验“电解”后的溶液中仍然含有NaCl的方法是___，观察到的现象是___。

（4）“脱盐“工序中，通过加热浓缩、冷却结晶、___的方法除去NaCl，该方法的原理是相同温度下NaCl与NaOH的溶解度不同，在该操作温度下，溶解度较大的是___。

（5）上述工艺中可循环使用的物质是______。(填化学式)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

由分子结构可知Y形成5个共价键；则Y原子最外层有5个电子，由于W；X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是N；X是O，Y是P，Z是Cl元素。

A．元素的非金属性：O>N，即X>W；A错误；

B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸；B错误；

C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态；因此可看到产生白烟现象，C正确；

D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构；D错误；

故合理选项是C。

【点睛】

本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。2、D【分析】【详解】

A．SO2与Ba(OH)2溶液反应的方程式为SO2＋Ba(OH)2===BaSO3↓＋H2O；A正确；

B．SO2溶于水生成H2SO3，进而与Na2S溶液反应生成S单质；B正确；

C．SO2使高锰酸钾褪色，体现SO2具有还原性；C正确；

D．SO2中和了NaOH使含有酚酞的NaOH溶液褪色；不是漂白性，D错误；

故选D。3、B【分析】【分析】

Na2CO3和HCl的反应分为两步：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；加入50mL盐酸时，Na2CO3的物质的量由2.5mmol降为0，此时溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，之后加入到150mL盐酸时，NaHCO3的物质的量由5mmol降为0；此时溶液中的溶质为NaCl。

【详解】

A．0~50mL发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，n(Na2CO3)=0.0025mol，根据反应方程式可知50mL盐酸中n(HCl)=0.0025mol，所以c(HCl)==0.05mol/L；故A正确；

B．c点加入100mL盐酸，根据元素守恒n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.05mol/L=0.005mol，此时溶液的体积为50mL+100mL=150mL，所以c(NaCl)=故B错误；

C．据图可知a点Na2CO3还有剩余，所以发生的离子反应为CO+H+=HCO故C正确；

D．混合溶液中滴加的是HCl，所以溶液中n(Na+)始终不变，b点和d点所处的溶液中n(Na+)相等；故D正确；

故答案为B。4、B【分析】【详解】

A．1965年我国在世界上第一次有人工方法合成的结晶牛胰岛素；是一种有生命活力的蛋白质，选项A正确；

B．英国科学家道尔顿于19世纪提出了原子学说；为近代化学的发展奠定了坚实基础，选项B不正确；

C．侯德榜发明了联合制碱法；提高了原理利用率，俗称“侯氏制碱法”，为我国的化学工业发展做出重要贡献，选项C正确；

D．门捷列夫按照相对原子质量的递增的规律编制出了第一张元素周期表；选项D正确；

答案选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．金属钠还原性强；暴露在空气中会被氧化，金属钠的密度大于煤油小于水，因此少量金属钠可保存在煤油中，隔绝空气，A项正确；

B．亚铁离子容易被空气中的氧气氧化成三价铁离子；因此保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉，防止氧化，B项正确；

C．氯水中的次氯酸见光易分解；并且氯水属于液体，应盛放在棕色细口试剂瓶中，C项正确；

D．过氧化钠易于和空气中的水和二氧化碳反应；所以应在干燥环境下密封保存，D项错误；

答案选D。6、B【分析】【分析】

由制备ClO2的反应方程式可知，Cl元素发生降价，KClO3为氧化剂，C元素价态升高，发生氧化反应，H2C2O4为还原剂。

【详解】

A．制备ClO2时，C元素发生价态升高，发生氧化反应，因此产物CO2属于氧化产物；A项正确；

B．制备ClO2时，KClO3为氧化剂，H2C2O4为还原剂；因此只能说明还原性，H2C2O4强于ClO2；B项错误；

C．制备ClO2时，H2C2O4为还原剂；在反应过程中被氧化，C项正确；

D．ClO2具有强氧化性；可以使蛋白质变性，杀菌消毒利用的正是其强氧化性，D项正确；

答案选B。7、A【分析】【详解】

A．硫酸铜溶液中加入过量NaHS溶液，则铜离子与HS-发生双水解反应；生成CuS和硫化氢气体，选项A正确；

B．四氧化三铁与硝酸反应；亚铁离子被氧化为铁离子，选项B错误；

C．碳酸氢铵与氢氧化钾共热；碳酸氢根离子也与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，选项C错误；

D．二氧化硫与次氯酸钠反应；次氯酸钠具有强氧化性，所以应发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和氯离子，选项D错误；

答案选A。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．标况下；三氧化硫为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B．电解精炼铜时；因为粗铜为阳极，粗铜中含有锌；铁等杂质，在阳极放电，参与失电子被氧化，则铜的物质的量要小于1mol，故B错误；

C．由2Fe+3Cl22FeCl3，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应时氯气不足，转移的电子数为0.2NA；故C错误；

D．NO为1mol，O2为0.5mol，由2NO+O2═2NO2可知二者正好完全反应，生成NO2气体的物质的量为1mol，分子总数为NA，但二氧化氮能反应生成四氧化二氮，导致分子总数小于NA；故D正确；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

设需要浓硫酸的体积为V；3.6mol/L×0.05L=18mol/L×V，V=0.01L=10mL；配制溶液的体积是50mL，所以需要50mL的容量瓶。

故答案为：10；50。【解析】105010、略

【分析】【分析】

根据反应物与生成物中元素化合价价的变化利用电子守恒进行书写方程式；根据原子守恒判断生成物所含元素及化合价的变化。

【详解】

(1)依题意将CO通入氯化钯(PdCl2)溶液中，生成单质钯，根据氧化还原反应原理及元素守恒，可知反应产物中还应该有CO2和HCl，该反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl；

(2)氯气具有强氧化性，所以和氯气反应的生成物是氯化铜和氯化氢，方程式为2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl；

(3)依题意，在酸性条件下H2O2被MnO2氧化为O2，MnO2被还原为Mn2+，则该反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O；

(4)在酸性溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，则应有硫酸参加反应，且生成硫酸铜，硫酸铁和水，反应的方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，离子反应方程式为：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O。【解析】CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd+2HCl2CuH+3Cl22CuCl2+2HClMnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2OCuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O11、略

【分析】【详解】

(1)①苛性钠是氢氧化钠；用化学式表示为NaOH；

②硝酸铵中氮元素的化合价分别为-3价和+5价，可表示为H4O3；

③2个酒精分子，可表示为2C2H5OH；

④氯化钠溶液中存在的粒子有Na+，Cl-，H2O；

(2)①碳酸盐与酸反应生成二氧化碳，该酸可能是HCl或H2SO4；

②碳酸钠与氢氧化钙反应，生成白色沉淀碳酸钙；或碳酸钠与氯化镁反应，生成白色沉淀氢氧化镁；若氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氯化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；B物质可能是可溶性碱或可溶性盐；

③根据题目信息知，三种物质中应该均含有钠元素，则该物质是氢氧化钠，反应②为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O。【解析】NaOHH4O32C2H5OHNa+，Cl-，H2OHCl或H2SO4Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl碱/盐2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O12、略

【分析】【分析】

A；B、C、D是四种短周期元素；它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，A与C同主族，则A为H元素；B与D同主族，分别处于二、三周期，二者质子数之和至少为11，两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二倍，C不可能为Li，可推知C为Na；则B、D质子数之和为(1+11)×2=24，令B的质子数为x、则D的质子数为x+8，则x+x+8=24，解得x=8，则B为O元素、D为S元素，据此填空；

【详解】

(1)据以上分析；B为氧；C为钠；

答案为：氧；钠；

(2)写出D为硫元素；其在周期表中的位置为第三周期，ⅥA族；

答案为：第三周期；ⅥA族；

(3)C2D即硫化钠，则用电子式表示C2D的形成过程为：

答案为：

(4)由B、C两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电子式为过氧化钠属于离子化合物，钠离子和之间是离子键，内存在有非极性键(共价键)；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑；

答案为：离子；离子键、非极性键(共价键)；2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑。【解析】氧钠第三周期，ⅥA族离子离子键、非极性键(共价键)2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑13、略

【分析】【分析】

A元素的原子得两个电子；B元素的原子失去1个电子后所形成微粒均与氩原子有相同的电子层结构，A原子有16个电子，A是硫元素，B原子有19个电子，B是钾元素。C元素的原子只有1个电子，C是氢元素，D元素原子的M电子层数比N层电子数多6个，D原子N层有2个电子，M层有8个电子，D是钙元素。

【详解】

（1）根据以上分析；A；B、C、D的元素符号和名称分别是：A是硫S、B是钾K、C是氢H、D是钙Ca；

（2）A是S元素，核外有16个电子，原子结构示意图是D元素的离子是Ca2+，核外有18个电子，结构示意图是

（3）A是S元素，S2-离子的电子式B是K元素，钾原子最外层有1个电子，电子式是【解析】S硫K钾H氢Ca钙14、略

【分析】【分析】

【详解】

氧气和臭氧均由氧原子构成，所以32g氧气和臭氧混合气体中含有氧原子的物质的量为=2mol，原子数为2NA，故判据正确。【解析】对15、略

【分析】【分析】

(1)NaHCO3溶解度比Na2CO3小；易分离出来；

(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应；消耗的硫代硫酸根钠偏多，测定结果会偏高；

(3)将硫酸钙转化为易除的碳酸钙；

(4)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳；依据原子个数守恒；得失电子守恒书写方程式；依据过氧化钠结构结合氧原子、硫原子结构解答；

(5)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；残留固体为纯净物，则为碳酸钠，由此分析解答。

【详解】

(1)NaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分离出来，往饱和食盐水中先通入气体，制备小苏打的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；

(2)酸性环境下S2O32-发生歧化反应，离子方程式：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；

(3)先用饱和纯碱溶液浸泡锅垢，然后用盐酸清洗。“浸泡”的目的是将硫酸钙转化为易除的碳酸钙，发生的离子反应方程式为：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；

(4)依据题干可知Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，依据原子个数守恒、得失电子守恒反应的方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2；Na2S溶液在空气中长期放置，和氧气反应生成与过氧化钠的结构及化学性质相似的物质Na2S2；

(5)Na2O2与足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，残留固体为纯净物，则为碳酸钠，则n(NaHCO3)：n(Na2O2)≥2。【解析】NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4ClNaHCO3溶解度比Na2CO3小，易分离出来S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O将CaSO4转化成CaCO3Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2Na2S2≥2三、判断题(共7题，共14分)16、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

CO2的电子式：错误；18、B【分析】【详解】

由一种元素组成的物质不一定是同一种物质；例如氧气和臭氧都是由氧元素组成，但是不是同种物质，该说法错误。

答案为：错误。19、B【分析】【详解】

氧气与氢气点燃反应生成水，氧元素由游离态变为化合态，被还原20、B【分析】【分析】

【详解】

过量或少量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物都为FeCl3，故错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

在同温同压下，气体的体积之比和气体的物质的量成正比，因此22.4L的任何气体的物质的量都相同，但不一定等于1mol，错误。22、B【分析】【分析】

【详解】

气体的体积受到温度和压强的共同影响；温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)的压强不一定相同，分子数不一定相同，错误。四、推断题(共2题，共10分)23、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO424、略

【分析】【详解】

①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾，说明A为NH3·H2O或NH3；

②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，A和D生成的沉淀可能为Mg（OH）2、Al（OH）3，继续加入A，F中沉淀完全溶解，F为AgNO3；

③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出，纯E为无色油状液体，说明E为H2SO4，B为碳酸盐，可能为K2CO3或Na2CO3；

④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀为BaSO4或AgCl，结合上述推断，C为BaCl2；

由于B、C、D、F是盐溶液，且他们的阴离子均不同，D可能为Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能确定的溶液及相应溶质的化学式为：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能确定的溶液是B和D，B可能为K2CO3或Na2CO3，要进一步鉴别B可用焰色反应，方法是：用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3；D可能为Al2（SO4）3或MgSO4，要进一步鉴别D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性质的差异，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用铂丝醮取少量B，在氧化焰中燃烧，若焰色呈黄色，则B是Na2CO3，若透过蓝色钴玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，继续加入过量NaOH溶液，若沉淀溶解，则D为Al2(SO4)3，否则为MgSO4五、工业流程题(共4题，共20分)25、略

【分析】【分析】

利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质；接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。

【详解】

（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；

（2）根据c=得，浓硫酸浓度==18.4mol·L-1，根据C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；

②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>；

③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度；具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；

（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；

（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。

【点睛】

（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！【解析】①.增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等②.CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O③.16.3④.3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O⑤.SO42-或(NH4)2SO4⑥.2：1⑦.>⑧.加水稀释⑨.(NH4)2SO4⑩.HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化26、略

【分析】【分析】

由流程可知，铜矿与硫酸反应，过滤除去不溶物，溶液A中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，调节溶液pH、加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+；再加入硫酸铵得到硫酸铜与黄铵铁矾，以此来解答。

【详解】

(1)Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应时离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；

(2)黄铵铁矶高温下分解可得到一种红棕色固体，该红棕色固体的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

(3)H2O2可以将Fe2+转化成Fe3+，但温度过高时，Fe2+转化率下降；其原因为过氧化氢高温下分解，故答案为：过氧化氢高温下易分解；

(4)由信息可知，NH3为=0.005mol，则n(NH)=0.005mol，Fe2O3的物质的量为=0.00375mol，则n(Fe3+)=2×0.00375mol=0.0075mol，硫酸钡物质的量为=0.01mol，则n(SO)=0.01mol，由电荷守恒，则n(OH−)=0.005mol+0.0075mol×3−0.01mol×2=0.0075mol；

①黄铵铁矾中NH与SO的个数比为0.005mol:0.01mol=1:2；故答案为：1:2；

②黄铵铁矾中n(NH):n(Fe3+):n(SO):n(OH−)=0.005mol:0.0075mol:0.01mol:0.0075mol=2:3:4:3，故黄铵铁矾的化学式为(NH4)2Fe3(SO4)4(OH)3，故答案为：(NH4)2Fe3(SO4)4(OH)3。【解析】①.Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O②.Fe2O3③.过氧化氢高温下易分解④.1:2⑤.(NH4)2Fe3(SO4)4(OH)327、略

【分析】【分析】

毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)经盐酸浸取后得到不溶于酸的滤渣I是二氧化硅，盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调pH=5，得到滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝，继续滴加氢氧化钠得到滤渣III为氢氧化镁，继续加草酸得到草酸钙，滤液经一系列操作后得到

【详解】

(1)增大反应物的接触面积也可以增大反应速率；所以颗粒大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，所以浸出时间也会影响浸出率；

(2)盐酸有挥发性；温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降；

分析数据可知，“浸取”的最佳条件为温度选择30C；盐酸浓度选择15%，液固比为6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑选择5：1；

(3)由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

从图上看；pH=5时，铁离子和铝离子已经沉淀完全，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝；

(4)BaCl2·2H2O溶于水；但不溶于乙醇，所以采用乙醇洗而不采用水洗；

(5)黄绿素溶液为红色；能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；

根据题目得到关系式计算该溶液中钙离子的浓度为【解析】时间或颗粒大小等温度过高使HCl挥发导致浸出率下降5:12Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe(OH)3、Al(OH)3BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色28、略

【分析】【分析】

根据流程：铬铁矿主要成分为含有等杂质用过量的硫酸酸浸，不溶，过滤，固体A为溶液A为含有的酸性溶液，加入过量过氧化氢氧化为调节pH除去溶液C含有加入过量NaOH，在碱性条件下，能将转化为沉淀，滤液D含有加入硫酸酸化得到含有的和的溶液，蒸发结晶，趁热过滤、洗涤、干燥得到以此解答此题。

【详解】

根据上述分析可知：

利用铝热反应制取金属铬的化学方程式：

故答案为：

是一种强氧化剂，会氧化生成氯气；造成污染，故酸化滤液D时，不选用盐酸；

故答案为：会氧化生成氯气；造成污染；

由图2可知的溶解度随温度的升高而增大；而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶；趁热过滤的方法分离硫酸钠；

故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；

的化学性质与相似，如果氢氧化钠过量会溶解，发生离子方程式为：

故答案为：

可以代替上述流程中溶液；需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；

A.溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原离子；但又引入新的杂质离子铁离子，故A不符合；

B.浓具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原故B不符合；

C.酸性是强氧化剂不能还原故C不符合；

D.溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原故D符合；

故答案为：D；

每消耗转移依据氧化还原反应电子守恒配平书写，得到的氧化还原反应的离子方程式为

故答案为：

根据中，Cr：5；故有故质量为

故答案为：

【点睛】

本题考查了物质分离提纯的方法和过程分析，离子方程式书写，溶度积常数的计算应用，主要是氧化还原反应的理解应用，掌握基础是关键，易错点为（3）由图2可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠。【解析】①.②.会氧化生成氯气，造成污染③.蒸发结晶④.趁热过滤⑤.⑥.⑦.⑧.六、实验题(共4题，共40分)29、略

【分析】【详解】

I.检验容量瓶是否漏液的操作为：打开瓶塞；向容量瓶中加入适量蒸馏水，塞上瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，倒置过来，观察瓶口是否漏水，若不漏水，瓶塞，另一只手托住瓶底，倒置过来，观察瓶口是否漏水，若不漏水，正置容量瓶，把瓶塞旋转180°，重复上述操作，若不漏水，则容量瓶不漏液；故答案为：打开瓶塞，向容量瓶中加入适量蒸馏水，塞上瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，倒置过来，观察瓶口是否漏水，若不漏水，瓶塞，另一只手托住瓶底，倒置过来，观察瓶口是否漏水，若不漏水，正置容量瓶，把瓶塞旋转180°，重复上述操作，若不漏水，则容量瓶不漏液；

Ⅱ.因为没有480mL的容量瓶，按“大而近”的原则应该选500mL的容量瓶配制溶液。所取的NaOH和的质量分别为

NaOH具有腐蚀性；应放在小烧杯中称量；

将固体在烧杯中溶解；冷却后应转移到500mL容量瓶中；定容时改用胶头滴管向容量瓶中加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；

故答案为：2.0g；5.3g；烧杯；500；胶头滴管；

Ⅲ.进行误差分析时，应根据进行；具体分析溶质的物质的量或溶液体积的偏差。

(1)未冷却至室温就转移并定容；待溶液恢复到室温时，导致液面低于刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；

(2)转移时有少量溶液溅到容量瓶外；导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小；

(3)定容时俯视容量瓶刻度线；导致所配溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大；

故答案为：偏大；偏小；偏大。

【点睛】

本题考查一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，关键是要根据容量瓶的规格选用。【解析】打开瓶塞，向容量瓶中加入适量蒸馏水，塞上瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，倒置过来，观察瓶口是否漏水，若不漏水，瓶塞，另一只手托住瓶底，倒置过来，观察瓶口是否漏水，若不漏水，正置容量瓶，把瓶塞旋转180°，重复上述操作，若不漏水，则容量瓶不漏液2.0g5.3g烧杯500胶头滴管偏大偏小偏大30、略

【分析】【分析】

Ⅰ．氯气的制备：装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气；装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体，经浓硫酸干燥后在装置D中收集，氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，最后用NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染空气。

（1）

装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）

装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl气体；

（3）

氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，所以长进短出，如图

（4）

氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（5）

溶液减少的质量即生成的氯气和氢气的质量，转移的电子数为1.204×1023；即0.2mol电子，根据方程式可知生成0.1mol氯气和0.1mol氢气，质量为0.1mol×71g/mol+0.1mol×2g/mol=7.3g；

（6）

氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)2；

（7）

根据得失电子守恒可知Cl2和I-的系数比为3：1，再结合元素守恒可得离子方程式为3Cl2+I