辽宁省实验顶级名校2023-2024学年高三上学期期中考试化学试卷（含答案）

第第页辽宁省实验顶级名校2023-2024学年高三上学期期中考试化学试卷一、选择题(包含15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项符合题意)1．唐代著名诗人白居易曾写过著名诗句：“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”、“酥暖薤白酒，乳和地黄粥”。下列关于诗句中所提及物质的说法正确的是（）A．酿酒原料高粱、谷物等主要成分为纤维素B．红泥的颜色主要来自氧化铁C．乳和粥的分散质是蛋白质D．纯酒精比乙醇溶液杀菌效果更佳2．下列有关物质的性质和用途说法不正确的是（）A．利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池B．石灰石在高温下的分解产物可与SO2反应，可用于减少燃煤烟气中的SO2C．Na2O2与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具D．二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维3．下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）选项ABCD实验NaOH溶液滴入FeSOSO2通入KI溶液滴入AgCl浊液中石蕊溶液滴入氯水中现象产生白色沉淀，最终变为红褐色产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变为黄色溶液变红，随后迅速褪色A．A B．B C．C D．D4．在标准状况下，将NO2、NO、O2混合气体充满一圆底烧瓶，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩余，若所得产物不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值大小范围为（）A．0<m<1C．139.25．SO2是引发酸雨的主要污染物，将工业废气中的SO₂吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是（）已知常温下亚硫酸的电离平衡常数(KaA．硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：HB．用过量Ca(ClOC．用过量氨水吸收废气中的SD．用过量Na26．某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是（）气体液体固体粉末ACO2饱和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu(NO3)2溶液CuDNH3H2OAl(OH)3A．A B．B C．C D．D7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．12g金刚石中含有的C-C键数目为4NAB．标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为0.75NAC．23gNa与78gNa2O2分别与足量水反应生成的气体体积相同D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA8．实验室进行含硫化合物性质探究的装置(夹持装置省略)如图所示，分液漏斗①中盛有浓硫酸，将其逐滴加入到试管②的固体中。下列说法正确的是（）A．若②中为Na2SO3B．若②中为蔗糖，③中盛有溴水，能说明浓硫酸具有脱水性和氧化性C．若②中为Na2SO3D．若②中为铜单质，③中盛有硫化氢水溶液，则③中生成黄色沉淀9．由一种金属阳离子(包括NH4+)与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，如Ca(NO3)Cl可看成CaCl2和Ca(NO3)2。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生如下反应：2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2A．Na4S2O3溶液与AlCl3溶液混合可生成Al2S3沉淀B．向混盐CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生C．该反应每产生3molS，转移电子的物质的量为6molD．1molNa4S2O3固体中含离子的物质的量为5mol10．常温下取金属钠、铝、铁各1克，加入1mol/L的硫酸V升，要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，V的大小范围是（）A．V≥118 B．V≤123 C．V＜11811．某NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。（已知：H2CO3的电离平衡常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11；Al(OH)3的酸式电离平衡常数K=6.3×10-13）则下列说法正确的是（）A．V1：V2=1：4B．M点时生成的CO2为0.05molC．原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：3D．a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O12．如图所示，实验室中利用洁净的铜片(0.3mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。下列说法错误的是（）A．白色固体为CuSO4B．NO为还原产物，b为氧化产物C．NO与b的物质的量之和可能为0.2molD．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%13．2.48g铁铜合金完全溶解于80mL4.0mol·L－1稀硝酸中，得到标准状况下672mLNO气体(假设此时无其他气体产生)，下列说法正确的是（）A．取反应后溶液，滴入几滴KSCN溶液，无血红色出现B．该合金中铁与铜的物质的量之比是1∶2C．反应后溶液(忽略溶液体积变化)中c(H＋)＝2.5mol·L－1D．向反应后的溶液中加入2.0mol·L－1NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是120mL14．某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32−、SO42−、Cl-、NO3−中的若干种，若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，并得到X溶液，对XA．原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SOB．原溶液中可能含有NO3−和AlC．白色沉淀C可能是Al(OH)3D．沉淀B可能是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物15．将由FeSO₄、Ba(OH)A．AB段发生反应的离子方程式为：BB．D点表示的溶液呈酸性C．混合物中FeSO4和AlCl3的物质的量相等D．BC段发生反应的离子方程式为：AlO2二、II卷(非选择题，共55分)16．完成下列填空。（1）已知A、B、C、D为气体，其中A、B为单质，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：请回答下列问题：①C的化学式是，D的电子式为。②如何检验E溶液中阳离子？。（2）在高压下，NO在40°C下分解生成两种化合物，体系中各组分的物质的量随时间变化曲线如图甲所示。NO分解的化学方程式为（3）有色金属提取工艺中会产生大量含氰(CN·)废水，对环境造成了极大的负担。在碱性条件下可用ClO-将其氧化成CO32−和N₂。（4）向酸性废水中加入NaClO，消除NH4+（5）将软锰矿与硫铁矿(FeS₂)粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS₂和若FeS₂原电池中生成单质S，其反应的离子方程式为。17．硫酸镍是一种重要的化工原料，无机工业常用其生产硫酸镍铵、氧化镍、碳酸镍等。粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+等杂质离子，现欲进一步提纯硫酸镍晶体，设计如下流程：已知：室温下，Ksp（1）Ni在周期表中的位置为。（2）通入H₂S气体发生反应的离子方程式为、。（3）加入H₂O₂的主要目的是。（4）试剂X可以是NiO或Ni(OH)（5）反应3加入NiF₂的目的是。（6）由NiSO₄溶液得到NiSO₄⋅6H₂O的操作为18．叠氮化钠(NaN₃)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：I．氨基钠(NaNH₂)熔点为208°C，易潮解和氧化；N₂OII．2回答下列问题：（1）制备NaN₃①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为(填仪器接口字母)。②D的作用为。③C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为；E中SnCl₂溶液的作用是。（2）用如图所示装置测定产品纯度①仪器F中发生反应的离子方程式为。②管q作用为。③若G的初始读数为V₁mL，末读数为V₂mL，本实验条件下气体摩尔体积为Vmol·L-1，则产品中NaN₃的质量分数为。19．（1）Ⅰ．次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C₃N₃O₃Cl₂Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。

NaClO溶液可由低温下将Cl₂缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子反应方程式为；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是（2）有研究显示，南极臭氧空洞中的污染物硝酸氯(ClONO₂)与次氯酸钠在结构上有类似之处。下列推测有一项A．具有强氧化性B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐C．与盐酸作用能产生氯气D．水解生成盐酸和硝酸（3）Ⅱ．二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为：C₃N₃O₃Cl₂HClO+2I准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol如何判断滴定达到了终点？。（4）通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程)该样品的有效氯=测定中转化为样品的质量元素质量（5）若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值(填“偏高”或“偏低”)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、高粱、谷物的主要成分为淀粉，故A错误；

B、氧化铁为红棕色固体，则红泥的颜色主要来自氧化铁，故B正确；

C、粥的主要成分为淀粉，故C错误；

D、酒精浓度过高，细菌细胞最外面的蛋白质变性形成保护膜，酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌的目的，体积分数为75%的酒精溶液杀菌效果更佳，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、高粱、谷物等主要成分为淀粉；

B、氧化铁为红棕色固体；

C、乳主要成分蛋白质，粥主要成分为淀粉；

D、酒精浓度过高，细菌细胞最外面的蛋白质变性形成保护膜。2．【答案】D【解析】【解答】A、高纯单质硅为良好的半导体，可制成光电池，故A正确；

B、石灰石在高温下的分解产物为氧化钙，氧化钙能与二氧化硫反应，因此可用于减少燃煤烟气中的SO2，故B正确；

C、Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，因此可用于制作呼吸面具，故C正确；

D、二氧化硅光学特性良好，因此可用于制造光导纤维，故D错误；

故答案为：D。

【分析】A、高纯单质硅是良好的半导体；

B、氧化钙能与二氧化硫反应；

C、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

D、二氧化硅具有良好的光学特性。3．【答案】C【解析】【解答】A、NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁沉淀易被氧化，生成红褐色的氢氧化铁沉淀，该过程中Fe元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不符合题意；

B、SO2通入Na2S溶液中，发生反应SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaOH，该反应属于氧化还原反应，故B不符合题意；

C、KI溶液滴入AgCl浊液中4．【答案】C【解析】【解答】若只有NO2与O2，最后无气体剩余，则二者按照4：1的体积比混合；若只有NO与O2，最后无气体剩余，则二者按照4：3的体积比混合。

设烧瓶的体积为VL，则V(NO2)=45VL，n(HNO3)=n(NO2)=45V22.4mol，最后所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=45V22.4molVL=128mol/L；

假设原混合气体为NO与O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO与O2按4：3混合，设烧瓶的体积为VL，则V(NO)=47VL，n(HNO3)=n(NO)=47V22.4故答案为：C。【分析】将NO2、NO、O2混合气体充满一圆底烧瓶，倒置水中，进行喷泉实验，最后无气体剩余，则发生的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所得溶液为HNO3溶液。5．【答案】D【解析】【解答】A、该方程式原子不守恒，正确的离子积方程式为2H2SO3+O2=4H++2SO42−，故A错误；

B、次氯酸为弱酸，应保留化学式，正确的离子方程式为Ca2++3ClO−+SO2+H26．【答案】D【解析】【解答】A、二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故A不符合题意；

B、氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故B不符合题意；

C、HCl极易溶于水，通入硝酸铜和铜的混合物中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能将铜氧化为硝酸铜，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故C不符合题意；

D、氨气通入水中得到氨水，氢氧化铝不溶于氨水，瓶中的固体粉末不会消失，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、二氧化碳和饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；

B、氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，铁又将氯化铁还原为氯化亚铁；

C、酸性条件下，硝酸根离子能氧化铜；

D、氢氧化铝不溶于过量氨水。7．【答案】D【解析】【解答】A、金刚石中，每个碳原子形成2个C-C键，12g金刚石的物质的量为1mol，形成C-C键的数目为2NA，故A错误；

B、标准状况下，11.2LNO与11.2LO2的物质的量均为0.5mol，两者发生反应2NO+O2=2NO2，且存在转化2NO2⇌N2O4，则混合后的分子数目小于0.75NA，故B错误；

C、钠与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，23g钠的物质的量为1mol，反应生成0.5mol氢气，过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，78gNa2O2的物质的量为1mol，反应生成0.5molO2，但气体所处的状态未知，不能计算其体积，故C错误；

D、100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含有46g乙醇，物质的量为1mol，54g水，物质的量为3mol，含有氢原子的物质的量为12mol，数目为12NA，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A、金刚石每个碳原子形成2个碳碳键；

B、NO2中存在转化2NO2⇌N2O4；

C、钠与水反应的化学方程式为2Na+2H28．【答案】B【解析】【解答】A、若②中为Na2SO3固体，浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，能使石蕊变红，但二氧化硫不能漂白石蕊试液，则③中溶液先变红，但不褪色，故A错误；

B、若②中为蔗糖，浓硫酸能使蔗糖中的H、O按照水的比例脱去，剩余炭黑，炭黑和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，通入③中盛有溴水中，溴水褪色，说明浓硫酸的脱水性和氧化性，故B正确；

C、若②中为Na2SO3固体，浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯化钡不反应，9．【答案】B【解析】【解答】A、Al2S3在水中反应生成氢氧化铝和硫化氢，不能存在，故A错误；

B、CaOCl2可看成CaCl2和Ca(ClO)2，酸性条件下，Cl-和ClO-发生氧化还原反应生成氯气，故B正确；

C、Na4S2O3可看成Na2SO3和Na2S，根据反应的方程式可知，-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，则每生成3molS时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；

D、Na4S2O3可看成Na2SO3和Na2S，则1molNa4S2O3固体中含离子的物质的量为6mol，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、硫化铝与水反应生成氢氧化铝和氰化氢；

B、Cl-和ClO-在酸性条件下发生归中反应；

CD、Na4S2O3可看成Na2SO3和Na2S。10．【答案】D【解析】【解答】要使铝、铁反应后放出等量的氢气，且比钠反应生成的氢气少，则说明与铁、铝反应时硫酸不足，而过量的钠可与水反应，1g钠、铝、铁的物质的量分别为123mol、127mol、156mol，由与硫酸的反应关系2Na～H2SO4、2Al～3H2SO4、Fe～H2SO4，可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为146mol、则可知当硫酸的体积V≤156时，铁、铝过量，硫酸完全反应，生成的氢气的物质的量≤1但过量的钠可与水反应生成氢气，1g钠完全反应放出氢气的物质的量为146故选D．【分析】1g钠、铝、铁的物质的量分别为123mol、127mol、156mol，由与硫酸的反应关系2Na～H2SO4、2Al～3H2SO4、Fe～H2SO4，可知，如完全反应，各需硫酸的物质的量为146mol、11．【答案】A【解析】【解答】A、由分析可知，V1=50mL+25mL=75mL，V2=150mL+150mL=300mL，则V1：V2=75mL：300mL=1：4，故A正确；B、由分析可知，M点时，CO32-完全反应生成HCO3-，无CO2生成，故B错误；C、由分析可知，原混合溶液中的CO32-、AlO2-的物质的量均为0.05mol，则两者物质的量之比为：0.05mol：0.05mol=1：1，故C错误；D、由分析可知，a曲线表示的离子方程式为：AlO故答案为：A。【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸后，先发生反应：AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，则a曲线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应消耗盐酸的体积为50mL，则n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol×1mol/L=0.05mol；随后发生反应：CO32-+H+=HCO3-，则b曲线表示CO32-，c曲线表示HCO3-，CO32-反应消耗盐酸的体积为100mL-50mL=50mL，则n（CO32-）=n（H+12．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，白色固体a为CuSO4，故A正确；B、由分析可知，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，发生反应3Cu2S+4HNO3+6H2SO4=6CuSO4+3S+4NO↑+8H2O，该反应中，硝酸发生还原反应生成NO，则NO为还原产物，Cu2S发生氧化反应生成S，S为氧化产物，故B正确；C、根据5Cu+4H2SO4（浓）=ΔCu2S↓+3CuSO4+4H2O可知，0.3mol铜反应得到0.06molCu2S，Cu2S发生反应3Cu2S+4HNO3+6H2SO4=6CuSO4+3S+4NO↑+8H2O，0.06molCu2S反应得到得到0.08molNO与0.06molS，则D、根据5Cu+4H2SO4（浓）=ΔCu2S↓+3CuSO4+4H2故答案为：C。【分析】铜和浓硫酸反应，无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，该反应中，Cu元素的化合价升高，S元素的化合价降低，根据得失电子守恒，白色固体a中所含元素的化合价升高，因此白色固体a应为硫酸铜，则发生的反应为5Cu+4H2SO4（浓）=ΔCu2S↓+3CuSO4+4H2O，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO，发生的反应为3Cu2S+4HNO3+6H2SO4=6CuSO4+3S+4NO↑+8H213．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，硝酸过量，铁反应生成硝酸铁，滴入几滴KSCN溶液，溶液变为血红色，故A错误；

B、由分析可知，该合金中铁与铜的物质的量之比为0.01mol：0.03mol=1：3，故B错误；

C、硝酸过量，剩余硝酸的物质的量为0.32mol-0.03mol-0.01mol×3-0.03mol×2=0.2mol，则c(H＋)＝0.20mol0.080L=2.5mol·L－1，故C正确；

D、离子完全沉淀时得到硝酸钠溶液，n(HNO3)=n(NaOH)=0.32mol-0.03mol=0.29mol，则加入NaOH溶液的体积为0.29mol2.0mol/L=145mL，故D错误；

故答案为：C。

【分析】稀硝酸的物质的量为4.0mol/L×0.08L=0.32mol，标况下，672mLNO气体的物质的量为14．【答案】A【解析】【解答】A．由分析，原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42−、ClB．原溶液中不含有NO3−和Al3+C．白色沉淀C为碳酸钡，不可能是Al(OH)3，故C不符合题意；D．由于硝酸钡、盐酸过量，则亚铁离子完全被氧化成铁离子，故沉淀B一定为氢氧化铁，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】向该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，说明肯定不含CO32−；得到X溶液，向X溶液加入过量的Ba(NO3)2产生白色沉淀A，说明含有SO42−；同时产生气体A，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+，不含NO3−；向溶液A加入足量的NaOH后，产生气体B和沉淀B，则气体B为NH3，由于过量的Ba(NO3)2将Fe2+全部氧化成Fe3+，则沉淀B为Fe(OH)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀可能是Al(OH)3或BaCO3的一种或两种，则原溶液中肯定有NH4+，可能有Al3+。原溶液中各离子浓度均为0.5mol15．【答案】D【解析】【解答】A、由分析可知，AB段只发生反应BaB、由分析可知，D点溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，Al3+、Fe3+水解使溶液呈酸性，故B正确；C、由分析可知，原混合固体中n(FeSO4)=n(AlCl3)=0.01mol，故C正确；D、由分析可知，BC段发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，AlO2−+H故答案为：D。【分析】D点沉淀达到最大，DE段沉淀质量减小，应为氢氧化铝和氢氧化铁溶于稀硫酸的过程，则最终的沉淀只有硫酸钡，物质的量为0.05mol，根据钡元素守恒可知，固体混合物中n[Ba(OH)2]=0.05mol，由图可知，A点沉淀为0.02mol，小于0.05mol，说明FeSO4完全反应，Ba2+有剩余；则AB段一定发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，加入20mLH2SO4，n(H2SO4)=0.02mol，沉淀物质的量增加0.04mol-0.02mol=0.02mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量，说明加入的20mL硫酸只与氢氧化钡反应，因此滴加H2SO4前，A点溶液中Ba(OH)2有剩余，溶于水的过程中发生反应FeSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，Al3++4OH-=AlO2−+2H2O，则A点沉淀为Fe(OH)3、BaSO4，且n[Fe(OH)3]=n(BaSO4)=0.01mol，此时Al3+变为AlO2−，可知n(FeSO4)=0.01mol；

BC段加入5mL硫酸，沉淀物质的量增加0.055mol-0.04mol=0.015mol，该过程中发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，该阶段生成0.005molBaSO4和0.01molAl(OH)3，则C点的沉淀为Fe(OH)3、BaSO4、Al(OH)3；

CD段加入15mL硫酸，沉淀物质的量增加0.06mol-0.055mol=0.005mol，沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的13倍，沉淀量达最大值，不可能单独发生Ba2++SO42−=BaSO4↓（沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的量）或AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，（沉淀的物质的量是硫酸的2倍）或二者都发生；故该阶段发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓（生产BaSO4多）、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O（沉淀溶解少），说明C点AlO2−完全反应，D点的溶液含有Al3+、Fe3+，溶液为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；

DE段发生反应Al(OH)3+3H+=Al3++3H16．【答案】（1）HCl；；取少量E溶解于试管中，加入NaOH溶液后微热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子（2）3NO高压__40℃（3）5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32−+N2↑+5Cl-（4）3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H（5）FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S【解析】【解答】（1）①由分析可知，C为HCl；D为氨气，氨气为共价化合物，其电子式为，故答案为：HCl；；

②E为氯化铵，氯化铵溶液中的阳离子为铵根离子，检验铵根离子的操作为：取少量E溶解于试管中，加入NaOH溶液后微热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子，故答案为：取少量E溶解于试管中，加入NaOH溶液后微热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子；

（2）由图可知，3molNO分解生成1molY和1molZ，该反应为氧化还原反应，则N元素的化合价部分升高，部分降低，根据元素化合价变化规律可知，产物为N2O和NO2，则NO分解的化学方程式为3NO高压__40℃N2O+NO2，故答案为：3NO高压__40℃N2O+NO2；

（3）在碱性条件下，ClO-可将CN-氧化为氮气和碳酸根，根据氧化还原反应规律可知，Cl元素化合价降低，生成Cl-，则反应的离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32−+N2↑+5Cl-+H2O，故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32−+N2↑+5Cl-+H2O；

（4）向酸性废水中加入NaClO，消除NH4+污染，ClO-将NH4+氧化为氮气，自身被还原为Cl-，反应的离子方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，故答案为：3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+；

（5）由图可知，MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，生成的Fe3+将FeS2氧化成S单质，FeS217．【答案】（1）第四周期Ⅷ族（2）Cu2++H2S=CuS↓+2H+；2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+（3）把Fe2+氧化为Fe3+（4）调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁（5）生成CaF2沉淀除Ca2+（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】【解答】（1）Ni为28号元素，在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族；

（2）由分析可知，通入H₂S气体，Cu2+发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+，Fe3+发生反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

（3）加入H₂O₂是为了把Fe2+氧化为Fe3+，便于后续将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除铁，故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；

（4）试剂X可以是NiO或Ni(OH)₂等，其目的是调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，故答案为：调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁；

（5）反应3加入NiF2的目的是生成CaF2沉淀除Ca2+，故答案为：生成CaF2沉淀除Ca2+；

（6）NiSO₄溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO₄⋅6H₂O，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

【分析】粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+等杂质离子，先将粗硫酸镍晶体进行水浸，加入H2S，Cu2+发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+，Fe3+发生反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，过滤，滤渣1主要含有CuS、S，向滤液中通入H2O2和X发生反应2，亚铁离子被氧化为铁离子，试剂X可以是NiO或Ni