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江苏省天一中学（理强班）2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
1．（2025高一上·江苏期末）化学与生产、生活密切相关.下列说法错误的是
A．漂白粉应密封避光保存在阴凉处
B．和均可用于治疗胃酸过多
C．补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，它会与空气中的二氧化碳和水发生反应，生成次氯酸。而次氯酸见光很容易分解，这会导致漂白粉失去原有的功效。因此，为了保持漂白粉的有效性，必须将其密封起来，并且要避免阳光照射，存放在阴凉的地方。A正确；
B、胃酸的主要成分是盐酸。NaHCO3（碳酸氢钠）的碱性相对较弱，它能够与盐酸发生反应，从而中和过多的胃酸，可用于治疗胃酸过多。但 Na2CO3（碳酸钠）的碱性很强，若用于治疗胃酸过多，会对胃黏膜产生强烈的刺激和损伤，所以不能用于治疗胃酸过多。B错误；
C、FeSO4（硫酸亚铁）中的 Fe2+具有还原性，在保存或使用过程中容易被氧化成 Fe3+，从而失去补血的效果。而维生素 C 也具有还原性，它可以防止 Fe2+被氧化，使 Fe2+更好地被人体吸收利用。因此，二者配合使用时效果会更好。C正确；
D、“洁厕灵” 的主要成分是盐酸，其中含有 Cl-；“84 消毒液” 的主要成分是次氯酸钠，其中含有 ClO-。当这两种物质混合时，在酸性条件下，Cl-和 ClO-会发生反应生成有毒的氯气，对人体健康造成危害。所以，它们不能混用。D正确；
故答案为：B。【分析】A．依据漂白粉的成分特性及保存要求分析。
B．通过比较两种物质的碱性强弱及对人体的影响来判断。
C．从物质的还原性及相互作用角度分析。
D．根据两种物质的主要成分及可能发生的反应来判断。
2．（2025高一上·江苏期末）反应：可用于联合制碱。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．的电子式：
B．氯原子的结构示意图：
C．中子数为10的氧原子：
D．电离：
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、的电子式应为：，A错误；
B、氯原子质子数为 17，核外电子总数也为 17，电子层分布为 ：， 其结构示意图符合核外电子排布规律，B正确；
C、氧原子质子数为 8，中子数为 10 时，质量数 = 质子数 + 中子数 = 18，应表示为 ，而非其他形式，C错误；
D、NaHCO3是强电解质，在水中完全电离为 Na+和 HCO3-，电离式应为 NaHCO3=Na++HCO3-，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学用语的规范书写，涉及电子式、原子结构示意图、原子符号和电离方程式。需依据各类化学用语的书写规则，结合微粒的构成特点逐一判断选项正误。
3．（2025高一上·江苏期末）下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．分子间存在氢键，极易溶于水
B．盐酸有强酸性，可用于除去铁锈
C．具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、NH3极易溶于水，原因是 NH3与水分子之间能形成氢键（并非 NH3分子间的氢键）。选项中将 “NH3极易溶于水” 归因于 “NH3分子间存在氢键”，混淆了氢键的作用对象，二者无对应关系，A符合题意；
B、盐酸具有强酸性，能与铁锈的主要成分 Fe2O3反应（生成可溶的 FeCl3和水），因此可用于除铁锈，性质与用途直接相关，B不符合题意；
C、FeCl3中的 Fe3+ 具有氧化性，能与 Cu 发生反应（Cu 被氧化为 Cu2+，Fe3+ 被还原为 Fe2+），从而腐蚀印刷电路板上的 Cu，性质与用途对应，C不符合题意；
D、聚合硫酸铁水解可形成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮杂质，因此可用于净水，性质与用途一致，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要集中在对氢键作用对象的混淆：很多同学容易误将 “NH3极易溶于水” 的原因记为 “NH3分子间存在氢键”，但实际 NH3易溶于水是因为NH3与水分子之间能形成氢键，而非 NH3分子自身之间的氢键。这一概念混淆是错选其他选项的关键原因。
4．（2025高一上·江苏期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．和的固体混合物中含，则混合物中质子数为
B．溶液中含有的的数目为
C．一定条件下，与充分反应，转移的电子数为
D．溶于水，所得溶液中的粒子数之和为
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；离子浓度大小的比较；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、NaCl 由 Na+和 Cl-组成，1 个 NaCl 的质子数为 11（Na）+17（Cl）=28；NH4Cl 由 NH4+和 Cl-组成，1 个 NH4Cl 的质子数为 7（N）+4×1（H）+17（Cl）=28。两种物质中，每含 1mol Cl-，对应物质的量均为 1mol，且质子数均为 28mol。因此无论两者比例如何，含 1mol Cl-的混合物总质子数一定是 28NA，A正确；
B、计算溶液中 K+数目需用到公式 n=c V（n 为物质的量，c 为浓度，V 为体积）。题目中仅给出 K2Cr2O7溶液的浓度（0.25mol L- ），未提供溶液体积，无法计算 K+的物质的量及数目，B错误；
C、Fe 与 Cl2反应为 2Fe+3Cl2=2FeCl3。5.6g Fe 的物质的量为 0.1mol，0.1mol Cl2完全反应时，Cl 元素从 0 价变为 - 1 价，每个 Cl 原子得 1 个电子，0.1mol Cl2（含 0.2mol Cl 原子）共得 0.2mol 电子，即转移电子数为 0.2NA，C错误；
D、7.1g Cl2的物质的量为 0.1mol，含 0.2mol Cl 原子。Cl2与水反应存在平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，根据氯元素守恒，有 n(Cl-) + n(ClO-) + n(HClO) + 2n(Cl2) = 0.2mol（每个 Cl2分子含 2 个 Cl 原子）。因此 Cl-、ClO-、HClO、Cl2的粒子数之和
= < 0.2mol（即小于 0.2NA），D错误；
故答案为：A。【分析】A．通过分析两种物质的质子数构成，结合氯离子的物质的量计算总质子数。
B．明确溶液中粒子数计算的必要条件，判断题目数据是否充足。
C．根据反应方程式判断过量反应物，计算实际转移的电子数。
D．依据氯元素守恒，分析氯水中含氯粒子的总数关系。
5．（2025高一上·江苏期末）某同学配制的某溶液，有关操作正确的是
A．配制溶液时，将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液转入容量瓶中
B．配制溶液时，需量取、密度为的浓盐酸约
C．配制溶液时，应快速溶解固体，快速将溶液转移到容量瓶中
D．配制溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、量筒量取液体时，残留液已计入量取体积，无需洗涤；若洗涤并转移洗涤液，会导致溶质偏多，浓度偏高，A错误；
B、 质量分数、密度为的浓盐酸物质的量为，根据配制溶液前后溶质的物质的量不变，则有，解得V=42.0mL，B正确；
C、NaOH 溶解放热，未冷却直接转移会导致热胀冷缩后体积偏小，浓度偏高，需冷却至室温再转移，C错误；
D、摇匀后液面低于刻度线是因溶液附着在瓶壁，属于正常现象，补加水会使体积偏大，浓度偏低，D 错误；
故答案为：B。【分析】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制操作，解题要点是明确配制 480mL 溶液需用 500mL 容量瓶，同时掌握浓溶液稀释的计算方法及各操作步骤的规范要求。
A．考查量筒的洗涤规范。
B．考查浓盐酸体积的计算（基于稀释前后溶质的量不变）。
C．判断NaOH 溶解后的转移条件。
D．考查定容摇匀后液面异常的处理。
6．（2025高一上·江苏期末）下列装置或操作能达到实验目的的是
A．甲：配制1000mL一定物质的量浓度的稀硫酸
B．乙：测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量
C．丙：控制二氧化碳气体的生成与停止
D．丁：验证Cl、Br、I非金属性的强弱
【答案】B
【知识点】铝的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水会放出大量热，若直接在容量瓶中稀释，热胀冷缩会影响容量瓶的精度，且可能损坏容量瓶，所以应先在烧杯中稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，A不能达到实验目的；
B、镁和铝都能与稀盐酸反应产生氢气，且等质量的镁和铝与足量稀盐酸反应时，产生氢气的体积不同。通过测量产生氢气的体积，结合化学方程式计算，就可以测定镁铝合金中金属铝的含量，B能达到实验目的；
C、碳酸钠是粉末状固体，与稀硫酸接触后，不能通过简单的装置操作实现固液分离，长颈漏斗也无法有效控制反应的发生与停止，所以不能用该装置控制二氧化碳气体的生成与停止，C不能达到实验目的；
D、氯气能与溴化钠溶液反应生成溴单质，可证明氯的非金属性强于溴；但氯气也能与碘化钾溶液反应生成碘单质，由于氯气过量，无法确定是溴还是过量的氯气与碘化钾反应，所以不能证明溴的非金属性强于碘，D不能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】A．配制稀硫酸时，需先在烧杯中稀释浓硫酸（防局部过热）、冷却后再转移到容量瓶，不能直接在容量瓶中稀释。
B．镁铝合金与稀盐酸反应生成 H2，通过排水法测 H2体积，结合 Mg、Al 与酸反应的 H2量差异，可计算 Al 的含量，装置和操作合理。
C．纯碱是粉末状固体，与稀硫酸接触后无法通过 “固液分离” 停止反应（长颈漏斗装置不能控制反应启停）。
D．Cl2会先与 NaBr 反应，但过量 Cl2会直接与 KI 反应，无法证明 Br2能氧化 KI，不能验证 Br 和 I 的非金属性强弱。
7．（2025高一上·江苏期末）下列说法正确的是（　　）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol 1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
故答案为：B
【分析】气体摩尔体积必须指明温度和压强，一般情况下，是指标准状况下的气体摩尔体积。
8．（2025高一上·江苏期末）下列化学反应的离子方程式表示正确的是
A．使用硫化亚铁除去废水中汞离子：
B．黄铁矿与足量氧气在细菌作用下转化为强酸：
C．用除去漂白废水中的余氯：
D．向溶液中滴加足量氨水溶液出现白色沉淀：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、硫化亚铁（FeS）是难溶性固体，在离子方程式中不能拆写成 S2-和 Fe2+。实际反应是 FeS 固体与 Hg2+直接反应生成更难溶的 HgS 沉淀和 Fe2+，正确的离子方程式应为，A错误；
B、黄铁矿（FeS2）与足量氧气反应时，Fe 元素会被完全氧化为 Fe3+（而非 Fe2+）。根据得失电子守恒和原子守恒，正确的离子方程式应为，B错误；
C、Na2S2O3中 S 为 + 2 价，被 Cl2氧化为 SO42-（S 为 + 6 价），每个 S 原子失去 4 个电子；Cl2中 Cl 为 0 价，被还原为 Cl-（Cl 为 - 1 价），每个 Cl 原子得到 1 个电子。根据得失电子守恒，S2O32-与 Cl2的比例为 1：4，结合原子守恒和电荷守恒，离子方程式，C正确；
D、AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝（Al(OH)3）沉淀，且氢氧化铝不溶于过量氨水，不会生成
[Al(OH)4]-。正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断难溶物是否应拆分为离子形式，分析反应的实际粒子参与情况。
B．根据反应物用量判断产物价态，结合守恒规律分析方程式正确性。
C．分析氧化还原反应中元素价态变化，验证方程式是否符合守恒规律。
D．明确氢氧化铝的溶解特性，判断反应产物及方程式书写。
9．（2025高一上·江苏期末）铍是一种核性能优良的材料，铍精矿的主要成分为铍、铝、硅、铁的氧化物、碳酸钙，以铍精矿为原料制备氢氧化铍的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ。和可通过调节溶液pH实现分步沉淀；ⅱ。与具有相似的化学性质；ⅲ硅的氧化物难溶于硫酸
下列说法正确的是
A．滤渣1的成分为二氧化硅
B．“氧化”工序中用NaClO代替可达到目的且不影响产品纯度
C．“沉淀”工序中需严格控制加入量，以减少溶解损失
D．“氧化”工序的主要反应为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铍精矿中的二氧化硅（SiO2）在熔炼时与碳酸钙反应，生成硅酸钙（CaSiO3）和二氧化碳；浸出时加入稀硫酸，硅酸钙与硫酸反应生成硅酸（H2SiO3）和硫酸钙（CaSO4），二者均不溶于水，成为滤渣 1。因此滤渣 1 是硅酸和硫酸钙的混合物，并非仅二氧化硅，A错误；
B、氧化工序的核心是将 Fe2+氧化为 Fe3+。NaClO 具有强氧化性，可完成这一转化（反应生成 Fe3+、Na+和 Cl-）；后续调节 pH 时，Na+和 Cl-不会与 Be2+或 Al3+形成沉淀，也不会进入最终的 Be(OH)2产品中，因此不影响纯度，B正确；
C、已知 Be(OH)2化学性质类似 Al(OH)3，而 Al(OH)3不溶于弱碱氨水，故 Be(OH)2也不溶于过量氨水。因此沉淀工序中，即使 NH3 H2O 过量，Be(OH)2也不会溶解，无需严格控制用量，C错误；
D、氧化工序中，H2O2作为氧化剂，在酸性条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为 H2O，反应为 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，不会生成氧气，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分析熔炼和浸出过程中硅元素的转化路径，确定滤渣 1 的组成。
B．判断 NaClO 能否替代 H2O2实现 Fe2+氧化，且不引入影响产品纯度的杂质。
C．依据 Be(OH)2与 Al(OH)3的相似性，分析其与过量氨水的反应行为。
D．分析 H2O2氧化 Fe2+的反应本质，判断方程式的正确性。
10．（2025高一上·江苏期末）下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验目的 探究方案
A 次氯酸根离子能否氧化氯离子 在次氯酸钠溶液中滴加食盐水，观察瓶内是否产生黄绿色气体
B 制备次氯酸并探究次氯酸酸性 在饱和氯水中加入足量碳酸钙粉末，充分搅拌，静置24h，过滤，用pH试纸检测滤液的pH
C 探究常温下，铝遇浓硫酸是否发生钝化 将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象
D 探究是否全部被还原 向CO还原的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、次氯酸根氧化氯离子的反应需要酸性条件（ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O），但食盐水是中性的，无法提供 H+，不会产生黄绿色气体，A不能达成目的；
B、饱和氯水中含 HCl、HClO，加入碳酸钙会与 HCl 反应，但 HClO 具有漂白性，会使 pH 试纸褪色，无法用 pH 试纸检测滤液 pH，B不能达成目的；
C、常温下铝遇浓硫酸若发生钝化，表面会生成致密氧化膜，阻止铝与 CuSO4溶液反应（无红色铜析出）；若未钝化，铝会置换出 Cu（表面出现红色物质）。通过 “铝片冲洗后浸入 CuSO4溶液的现象” 可判断是否钝化，C能达成目的；
D、CO 还原 Fe2O3的产物中若有 Fe，Fe 会与 Fe3+（Fe2O3与盐酸反应生成）反应生成 Fe2+，即使 Fe2O3未完全还原，滴加 KSCN 溶液也可能不变红，无法判断是否全部被还原，D不能达成目的；
故答案为：C。
【分析】A． 分析 ClO-与 Cl-发生反应的条件，判断实验现象是否能出现。
B．结合氯水的平衡体系，分析碳酸钙的作用及对 HClO 浓度的影响。
C．明确铁遇浓硝酸的钝化现象，判断能否比较金属活动性。
D．分析 SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因，判断是否体现漂白性。
11．（2025高一上·江苏期末）短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．X的氟化物中原子均为8电子稳定结构
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．Z的单质能与水剧烈反应
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、化合物中 H、B、N 之间通过共用电子对结合，均为共价键，A正确；
B、X 的氟化物为 BF3，B 原子最外层电子数为 3+3=6，未达到 8 电子稳定结构，B错误；
C、Y（N）的最高价氧化物水化物是 HNO3，属于强酸，C正确；
D、Z（Na）是活泼金属，与水剧烈反应生成 NaOH 和 H2，D正确；
故答案为：B。
【分析】先通过 “化合物结构 + 原子序数总和” 推断元素种类，再分析各选项的合理性。
短周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大且总和为 24。从化合物结构看：W 只形成 1 个键，推测为 H（原子序数 1）；X 形成 4 个键，推测为 B（原子序数 5）；Y 形成 3 个键，推测为 N（原子序数 7）；结合原子序数总和：1+5+7+Z=24，得 Z=11（Na）。据此解题。
12．（2025高一上·江苏期末）某无土栽培营养液中含有三种溶质，测得部分离子的浓度如图甲所示。将该营养液加水稀释，稀释过程中的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线如图乙所示。下列判断正确的是
A．图甲中X离子是
B．营养液中的浓度是
C．图乙中
D．营养液中与的物质的量之比为
【答案】D
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、图甲中 X 离子浓度为 0.2mol/L，结合计算可知是 Zn2+，并非 Cl-，A错误；
B、硫酸钾的浓度为 0.2mol/L，不是 0.25mol/L，B错误；
C、由稀释规律计算得 c1=0.2mol/L，不是 0.15mol/L，C错误；
D、同一溶液中，物质的量之比等于浓度比，氯化钾浓度为 0.3mol/L，硫酸钾浓度为 0.2mol/L，二者物质的量之比为 0.3：0.2=3：2，D正确；
故答案为：D。
【分析】确定锌离子的初始浓度（c1）：稀释时锌离子（Zn2+）的物质的量不变，根据图乙数据：c1×0.25L = 0.05mol/L×1L，解得 c1=0.2mol/L，因此图甲中 X 离子是 Zn2+。溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，即：钾离子（K+）浓度 + 2× 锌离子（Zn2+）浓度 = 2× 硫酸根离子（SO42-）浓度 + 氯离子（Cl-）浓度，代入数据（K+为 0.7mol/L、SO42-为 0.4mol/L、Zn2+为 0.2mol/L），可得：0.7 + 2×0.2 = 2×0.4 + 氯离子浓度，解得氯离子浓度 = 0.3mol/L。氯化钾（KCl）的浓度等于氯离子浓度，即 0.3mol/L；硫酸钾（K2SO4）的浓度 =（总钾离子浓度 - 氯化钾中的钾离子浓度）÷2 =（0.7 - 0.3）÷2 = 0.2mol/L。
13．（2025高一上·江苏期末）100mL无色溶液可能含有、、、、、、中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全部逸出)。已知：铵盐与碱共热产生氨气。
下列说法错误的是
A．原溶液一定存在、和，不确定的离子是、，一定不存在、
B．沉淀1中加入氢氧化钠溶液，涉及反应的离子方程式为
C．沉淀2的成分为
D．原溶液中
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、原溶液一定含 NH、Mg2+、Al3+ 、Cl-，一定不含 Fe3+、CO32-， Na+ 不确定。A错误；
B、沉淀 1 中 Al(OH)3与 NaOH 反应：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，B正确；
C、沉淀 2 为不溶于 NaOH 的 Mg(OH)2，C正确；
D、计算得 n (Mg2+)=0.1mol、n (Al3+)=0.1mol、n (NH4+)=0.1mol，由电荷守恒，
n (Cl-)≥0.1+2×0.1+3×0.1=0.6mol，故 c (Cl-)≥6mol L- ，D正确；
故答案为：A。
【分析】离子初步推断：溶液无色，排除 Fe3+（黄色）；加氨水生成沉淀 1（13.6g），加 NaOH 后部分溶解，剩余沉淀 2（5.8g）。因 Al(OH)3溶于 NaOH，Mg(OH)2不溶，故沉淀 1 为 Al(OH)3和 Mg(OH)2的混合物，沉淀 2 为 Mg(OH)2，说明原溶液含 Mg2+、Al3+；
Mg2+、Al3+ 与 CO32- 不能共存（会生成沉淀），故原溶液无 CO32-；
滤液加 NaOH 加热产生气体（NH3，13.44L 即 0.6mol），说明原溶液含 NH4+；
焰色反应黄色，因实验中加入过 NaOH（含 Na+），无法确定原溶液是否含 Na+；
溶液呈电中性，必含阴离子 Cl-（唯一可能的阴离子）。据此解题。
14．（2025高一上·江苏期末）实验室制备并收集无水的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知在空气中易潮解，300℃左右升华。
实验步骤如下：
Ⅰ．连接仪器，检查气密性，装入药品；
Ⅱ．打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当…点燃装置d处酒精灯；
Ⅲ．反应结束，熄灭装置d处酒精灯，待硬质玻璃管冷却至室温；
Ⅳ．关闭分液漏斗活塞，熄灭装置a处酒精灯；
Ⅴ．从K处通入一段时间干燥空气后，拆卸装置并及时密封收集器。
回答下列问题：
（1）①装置f中的试剂是　 　；②装置b的作用为　 　；
（2）①补全步骤Ⅱ中相应的实验现象　 　；②步骤Ⅴ中通入一段时间干燥空气的目的是　 　。
（3）加热后，生成的烟状大部分进入收集器，少量沉积在反应管右端，要使沉积的进入收集器，需要的操作是　 　。
（4）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
①称取ag样品配成250mL溶液，加入过量锌粒将还原为，过滤；取25.00mL所得滤液，恰好与VmLcmol/L的溶液完全反应；
(已知未配平，杂质、、不参与反应)。
②另取ag样品，在脱水剂蒸汽作用下，加热至恒重，测得固体质量为bg。(遇水极易反应生成气体，该过程中未升华)。
则配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有　 　、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；　 　，下列情况会导致n测量值偏小的是　 　(填标号)。
A．实验①中，称重后样品发生了潮解
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤
D．实验②中样品与反应时，失水不充分
【答案】（1）浓硫酸；除去氯气中的氯化氢
（2）收集器内充满黄绿色气体；通入干燥空气把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染
（3）在沉积的氯化铁固体下方加热
（4）250 mL容量瓶；；BD
【知识点】铁的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置f中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入e中导致氯化铁潮解；装置b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；
故答案为： 浓硫酸 ； 除去氯气中的氯化氢 ；
（2）由题意可知，步骤Ⅱ为打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄绿色气体，点燃装置d处酒精灯；步骤Ⅴ中通入干燥空气的目的是把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染；
故答案为： 收集器内充满黄绿色气体 ； 通入干燥空气把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染 ；
（3）由题意可知，氯化铁300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操作是在沉积的氯化铁固体下方加热；
故答案为： 在沉积的氯化铁固体下方加热 ；
（4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有250 mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得①中存在如下转化关系： 6FeCl3 nH2O—6Fe2+—K2Cr2O7，反应消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则250mL溶液中铁离子的物质的量为6×cmol/L×10-3VL×=0.06cVmol；由②中质量变化可得结晶水的物质的量为=，由化学式可得：1：n=0.06cVmol：，解得n=；
A．实验①中，称重后样品发生了潮解对氯化铁的物质的量无影响，对所测结果无影响，故不符合题意；
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容会使所配的溶液浓度偏大，导致所测结果偏小，故符合题意；
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤会使所配的溶液浓度偏小，导致所测结果偏大，故不符合题意；
D．实验②中样品与反应时，失水不充分会使失水的质量偏小，导致所测结果偏小，故符合题意；
故答案为： 250 mL容量瓶 ； ；BD。
【分析】从实验装置及反应原理来看，装置 a 里二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯气。由于浓盐酸易挥发，生成的氯气会混有氯化氢和水蒸气这两种杂质。装置 b 中盛装饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢；装置 c 中的浓硫酸用于干燥氯气，去除水蒸气；装置 d、e 是用来制备并冷凝收集氯化铁的；装置 f 中的浓硫酸能吸收外界的水蒸气，避免水蒸气进入 e 装置，防止氯化铁潮解；装置 g 中的氢氧化钠溶液则用于吸收未反应的氯气，防止其污染空气。
（1）根据实验目的和物质性质，判断装置作用及试剂。装置 f 需防止水蒸气进入收集器导致 FeCl3潮解，用浓硫酸；装置 b 用于除去 Cl2中混有的 HCl，用饱和食盐水。
（2）结合 Cl2的性质分析实验操作细节。步骤 Ⅱ 中需待收集器充满黄绿色 Cl2（排尽空气）再加热铁屑；步骤 Ⅴ 通干燥空气是为了将残留 Cl2赶入 NaOH 溶液吸收，防止污染。
（3）利用 FeCl3在 300℃左右升华的特性，对沉积的 FeCl3固体下方加热，使其升华进入收集器。
（4）溶液配制需 250mL 容量瓶；通过氧化还原反应守恒算 FeCl3的量，结合脱水前后质量差算结晶水的量，推导 n 的表达式；分析操作误差对 n 的影响，确定 BD 会导致 n 偏小。
（1）由分析可知，装置f中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入e中导致氯化铁潮解；装置b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；
（2）由题意可知，步骤Ⅱ为打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄绿色气体，点燃装置d处酒精灯；步骤Ⅴ中通入干燥空气的目的是把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染；
（3）由题意可知，氯化铁300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操作是在沉积的氯化铁固体下方加热；
（4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有250 mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得①中存在如下转化关系： 6FeCl3 nH2O—6Fe2+—K2Cr2O7，反应消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则250mL溶液中铁离子的物质的量为6×cmol/L×10-3VL×=0.06cVmol；由②中质量变化可得结晶水的物质的量为=，由化学式可得：1：n=0.06cVmol：，解得n=；
A．实验①中，称重后样品发生了潮解对氯化铁的物质的量无影响，对所测结果无影响，故不符合题意；
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容会使所配的溶液浓度偏大，导致所测结果偏小，故符合题意；
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤会使所配的溶液浓度偏小，导致所测结果偏大，故不符合题意；
D．实验②中样品与反应时，失水不充分会使失水的质量偏小，导致所测结果偏小，故符合题意；
故选BD。
15．（2025高一上·江苏期末）实验小组用如图装置探究、、的氧化性强弱(夹持装置和加热装置已省略，气密性已检验)。已知：遇淀粉溶液变蓝
实验过程：
Ⅰ．打开弹簧夹和，通入一段时间，再将导管插入B中，继续通入一段时间，然后夹紧；
Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量浓盐酸后关闭活塞a；
Ⅲ．当B中的溶液变为黄色时，夹紧；
Ⅳ．打开活塞b，将少量B中溶液滴入C中，关闭活塞b．
（1）A中发生反应的离子方程式是　 　。
（2）步骤Ⅰ通入氮气的目的是　 　。
（3）B中溶液变黄说明氧化性，反应的离子方程式是　 　。
（4）为探究和的氧化性强弱，甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，并检测B中黄色溶液和C中混合溶液中的部分微粒，结果如表所示(忽略空气中的影响)。
B中部分微粒 C中部分微粒
甲 既有又有 有
乙 有无 有
丙 有无 有
①检验B中黄色溶液中含有的试剂是　 　。
②进一步检验的实验操作及现象是　 　。
③能证明该实验条件下氧化性的有　 　(填“甲”“乙”或“丙”)。不能证明的请说明理由：　 　。
【答案】（1）
（2）将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验
（3）
（4）溶液；少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成；甲、丙；乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析，A中发生反应的离子方程式是；
故答案为： ；
（2）根据分析，通入一段时间N2，将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验；
故答案为： 将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验 ；
（3）B中溶液变黄说明氧化性，反应的离子方程式是；
故答案为：；
（4）①与溶液反应，溶液会变红，故检验的试剂是溶液；
②取少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成；
③甲中B溶液有，说明氯气不足，有生成，说明是将氧化为；
乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性；
丙中B溶液中无，C溶液有，说明是被还原为，同时生成；
故能证明该实验条件下氧化性的有甲、丙；乙不能证明，理由是乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性。
故答案为：溶液 ； 少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成 ； 甲、丙 ； 乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性 。
【分析】这是一个实验探究题。实验开始时，先打开弹簧夹 K1、K2，通入氮气一段时间，目的是排尽装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验结果。之后关闭 K1，打开活塞 a，加入一定量浓盐酸并加热装置 A，A 是制备 Cl2的装置，反应为， 生成的 Cl2进入 B 中，将 Fe2+ 氧化成 Fe3+，当 B 中溶液变黄时，说明 Fe2+ 已被氧化，此时停止加热，夹紧 K2以阻断 Cl2通入。最后打开活塞 b，让 B 中溶液流入 C 试管，发生反应 ，据此可分析解答相关问题。
（1）根据分析，A中发生反应的离子方程式是；
（2）根据分析，通入一段时间N2，将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验；
（3）B中溶液变黄说明氧化性，反应的离子方程式是；
（4）①与溶液反应，溶液会变红，故检验的试剂是溶液；
②取少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成；
③甲中B溶液有，说明氯气不足，有生成，说明是将氧化为；
乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性；
丙中B溶液中无，C溶液有，说明是被还原为，同时生成；
故能证明该实验条件下氧化性的有甲、丙；乙不能证明，理由是乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性。
16．（2025高一上·江苏期末）a~j为10种短周期主族元素，其原子半径、最高正价、最低负价随原子序数的递增变化如下图：
回答下列问题：
（1）h元素在周期表中的位置是　 　，由上述两种元素组成的四核18电子微粒的电子式为　 　，上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是　 　(用化学式表示)。
（2）用一个化学方程式表j的非金属性比i强：　 　。
（3）ade三种元素组成的离子化合物与共价化合物分别为　 　与　 　(各写一种化学式)。
（4）中，核外电子总数比质子总数多个，则R是a~j的　 　(填字母编号)元素。
（5）含d元素的废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，某研究团队设计的废水处理流程如下：
已知：甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，丁是一种简单有机物。则过程1发生反应的离子方程式为　 　，过程2中参与反应的甲与e单质的物质的量之比为　 　，过程3加入物质丁将丙转化为d的单质，丁的作用是　 　，每完全处理1L含丙的废水，转移电子的物质的量为　 　mol。
（6）(e是上述元素中的一种)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入(标准状况下)，恰好将完全氧化。x值为　 　。
【答案】（1）第三周期第ⅣA族；；HClO4
（2）Cl2+H2S=2HCl+S↓
（3）；HONH2
（4）c
（5）；1：2；还原剂；0.005
（6）0.8
【知识点】原子结构与元素的性质；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）h元素为Si，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；
18电子体系Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、Cl-、S2-、K+、Ca2+、HS-、F2、H2O2、N2H4、C2H6、HOCH3、HONH2、CH3F、CH3NH2等，上述两种元素组成的四核18电子为H2O2，电子式为；
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，O、F没有最高价，则上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；
故答案为： 第三周期第ⅣA族 ；； HClO4 ；
（2）j和i分别Cl和 S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，故反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓；
故答案为： Cl2+H2S=2HCl+S↓ ；
（3）ade三种元素分别为H、N、O，离子化合物中含有离子键，可以为，共价化合物只含有共价键，可以为HONH2；
故答案为： ； HONH2 ；
（4）一个中核外电子数比质子数多2个，30g中核外电子数比质子数多×2×6.02×1023=6.02×1023，所以M=60 g·mol-1，R的相对原子质量为60－16×3＝12，则R为C元素，即c；
故答案为：c；
（5）甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，即甲为，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，即乙为NaOH、丙为HNO3，所以过程1发生反应的离子方程式为；过程2中参与反应的与O2发生氧化还原反应，，其物质的量之比为1：2；过程3加入物质丁将HNO3转化为N2，氮元素化合价下降5价，所以丁的作用是还原剂，每完全处理1L含HNO30.001mol/L的废水，转移电子的物质的量为0.005mol；
故答案为：； 1：2 ；还原剂；0.005mol；
（6）e是氧元素，FexO中Fe的平均化合价为 ，被氧化为，根据电子守恒可知，转移的电子数和 转移的电子数相等。标准状况下转移电子数为。则有： ，解得。
故答案为：0.8。
【分析】这 10 种短周期主族元素中，a、b、g 的最高正价都是 +1 价。从原子半径看，g＞b＞a，结合短周期主族元素特点，a 是 H，b 是 Li，g 是 Na。
c 和 h 的最高正价为 +4 价，且原子半径 h 比 c 大，所以 c 是 C，h 是 Si。
e 和 i 的最低负价为 - 2 价，原子半径 i 大于 e，因此 e 是 O，i 是 S。
f 和 j 的最低负价为 - 1 价，原子半径 j 比 f 大，故 f 是 F，j 是 Cl。
d 的最高正价为 + 5 价、最低负价为 - 3 价，原子半径介于 c 和 e 之间，所以 d 是 N。
综上，a 至 j 依次为 H、Li、C、N、O、F、Na、Si、S、Cl。
（1）h元素为Si，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；
18电子体系Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、Cl-、S2-、K+、Ca2+、HS-、F2、H2O2、N2H4、C2H6、HOCH3、HONH2、CH3F、CH3NH2等，上述两种元素组成的四核18电子为H2O2，电子式为；
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，O、F没有最高价，则上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；
（2）j和i分别Cl和 S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，故反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓；
（3）ade三种元素分别为H、N、O，离子化合物中含有离子键，可以为，共价化合物只含有共价键，可以为HONH2；
（4）一个中核外电子数比质子数多2个，30g中核外电子数比质子数多×2×6.02×1023=6.02×1023，所以M=60 g·mol-1，R的相对原子质量为60－16×3＝12，则R为C元素，即c；
（5）甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，即甲为，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，即乙为NaOH、丙为HNO3，所以过程1发生反应的离子方程式为；过程2中参与反应的与O2发生氧化还原反应，，其物质的量之比为1：2；过程3加入物质丁将HNO3转化为N2，氮元素化合价下降5价，所以丁的作用是还原剂，每完全处理1L含HNO30.001mol/L的废水，转移电子的物质的量为0.005mol；
（6）e是氧元素，FexO中Fe的平均化合价为 ，被氧化为，根据电子守恒可知，转移的电子数和 转移的电子数相等。标准状况下转移电子数为。则有： ，解得。
17．（2025高一上·江苏期末）我国是世界上最早冶炼锌的国家之一，有独立的炼锌发展史。现代炼锌主要采取湿法工艺，以闪锌矿(主要成分为，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种流程如下：
（1）浸出：加入能促进的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：
ⅰ：
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式：　 　。
②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红。
b．　 　。
（2）除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，使铁主要以沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是　 　。
（3）电解：总反应(未配平)：。若不考虑副反应，为了使溶液中的、均恰好完全反应，理论上需要再添加哪种离子？　 　(填“”、“”或“都不需要”)。
【答案】（1）；取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去
（2）通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH
（3）
【知识点】化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①ⅰ中生成的铁离子具有氧化性，的作用类似催化剂，能促进的溶解生成硫单质，则反应ⅱ为铁离子氧化硫化锌生成硫单质，同时得到锌离子和亚铁离子，反应为；
②催化剂改变反应速率，其本身质量和化学性质反应前后不变；可以证明亚铁离子转化为铁离子、铁离子又转化为亚铁离子，故证实上述“催化”过程的实验方案为：a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
故答案为： ； 取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 ；
（2）通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH，故通入空气需同时补充适量；
故答案为： 通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH ；
（3）由（1）分析可知，浸取总反应为。生成锰、锌离子物质的量为1：1，由于除铁过程中引入了锌离子，锌离子的量大于锰离子；电解反应中锌化合价由+2变为0、锰化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，反应为，电解中锰、锌离子物质的量为1：1，要使溶液中的、均恰好完全反应，理论上需要再添加锰离子。
故答案为： 。
【分析】将闪锌矿（主要成分为硫化锌等锌的硫化物）与软锰矿（主要成分为二氧化锰）混合，加入稀硫酸进行酸浸。此过程中，酸的酸性使矿物中的可溶成分溶解，同时矿物间发生氧化还原反应（如硫化锌与二氧化锰在酸性条件下反应），将锌、锰等元素转化为可溶性盐（如硫酸锌、硫酸锰），反应后过滤除去未溶解的固体残渣。酸浸后的滤液中含有杂质亚铁离子（来自矿物中的铁杂质），向滤液中通入氧气，利用氧气的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子（铁离子更易通过沉淀法去除）。加入氧化锌调节滤液的 pH。氧化锌与酸反应可提高溶液 pH，且不会引入新杂质。当 pH 升至合适范围时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，经分离操作除去铁杂质，得到净化后的含锌离子、锰离子的滤液。对净化后的滤液进行电解，在电极作用下，锌离子在阴极得电子析出锌单质，锰离子在阳极失电子被氧化生成二氧化锰，最终同时获得锌和二氧化锰两种产物。据此解题。
（1）①ⅰ中生成的铁离子具有氧化性，的作用类似催化剂，能促进的溶解生成硫单质，则反应ⅱ为铁离子氧化硫化锌生成硫单质，同时得到锌离子和亚铁离子，反应为；
②催化剂改变反应速率，其本身质量和化学性质反应前后不变；可以证明亚铁离子转化为铁离子、铁离子又转化为亚铁离子，故证实上述“催化”过程的实验方案为：a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
（2）通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH，故通入空气需同时补充适量；
（3）由（1）分析可知，浸取总反应为。生成锰、锌离子物质的量为1：1，由于除铁过程中引入了锌离子，锌离子的量大于锰离子；电解反应中锌化合价由+2变为0、锰化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，反应为，电解中锰、锌离子物质的量为1：1，要使溶液中的、均恰好完全反应，理论上需要再添加锰离子。
18．（2025高一上·江苏期末）铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。工业上以铬铁矿[主要成分是]为原料冶炼铬的流程如图所示：
（1）高温氧化时反应的化学方程式为　 　。
（2）操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是　 　、铝热反应。
（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体()：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
若处理含(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗，则当铁铬氧体中时，铁铬氧体的化学式为　 　。
【答案】（1）
（2）受热分解生成
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）矿石的主要成分为，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有，根据流程图可知生成，结合电子守恒和元素守恒可得反应的方程式为；
故答案为： ；
（2）操作a是受热分解生成，再和发生铝热反应生成氧化铝和；
故答案为：受热分解生成 ；
（3）处理含(不考虑其它含铬微粒) 的污水时恰好消耗，生成的为， 根据守恒，铁铬氧体中，，根据守恒，铁铬氧体中，根据电荷守恒，铁铬氧体中，铁铬氧体中，铁铬氧体的化学式为。
故答案为： 。
【分析】冶炼铬的工业流程以铬铁矿（主要成分为 Fe(CrO2)2）为原料，具体过程如下：首先，向铬铁矿中加入 Na2CO3并通入 O2，在高温下发生氧化反应，生成 Fe2O3、Na2CrO4和 CO2；接着将反应后的固体用水浸取，得到含 Na2CrO4的溶液；然后向该溶液中加入 Na2S，使 Na2CrO4被还原为 Cr(OH)3沉淀；过滤得到 Cr(OH)3后，经操作 a（灼烧）转化为 Cr2O3；最后通过铝热反应从 Cr2O3中提炼出金属铬。
（1）矿石的主要成分为，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有，根据流程图可知生成，结合电子守恒和元素守恒可得反应的方程式为；
（2）操作a是受热分解生成，再和发生铝热反应生成氧化铝和；
（3）处理含(不考虑其它含铬微粒) 的污水时恰好消耗，生成的为， 根据守恒，铁铬氧体中，，根据守恒，铁铬氧体中，根据电荷守恒，铁铬氧体中，铁铬氧体中，铁铬氧体的化学式为。
1 / 1江苏省天一中学（理强班）2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题
1．（2025高一上·江苏期末）化学与生产、生活密切相关.下列说法错误的是
A．漂白粉应密封避光保存在阴凉处
B．和均可用于治疗胃酸过多
C．补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
2．（2025高一上·江苏期末）反应：可用于联合制碱。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．的电子式：
B．氯原子的结构示意图：
C．中子数为10的氧原子：
D．电离：
3．（2025高一上·江苏期末）下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．分子间存在氢键，极易溶于水
B．盐酸有强酸性，可用于除去铁锈
C．具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
4．（2025高一上·江苏期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．和的固体混合物中含，则混合物中质子数为
B．溶液中含有的的数目为
C．一定条件下，与充分反应，转移的电子数为
D．溶于水，所得溶液中的粒子数之和为
5．（2025高一上·江苏期末）某同学配制的某溶液，有关操作正确的是
A．配制溶液时，将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液转入容量瓶中
B．配制溶液时，需量取、密度为的浓盐酸约
C．配制溶液时，应快速溶解固体，快速将溶液转移到容量瓶中
D．配制溶液定容时，摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，加入蒸馏水至刻度线
6．（2025高一上·江苏期末）下列装置或操作能达到实验目的的是
A．甲：配制1000mL一定物质的量浓度的稀硫酸
B．乙：测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量
C．丙：控制二氧化碳气体的生成与停止
D．丁：验证Cl、Br、I非金属性的强弱
7．（2025高一上·江苏期末）下列说法正确的是（　　）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol 1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
8．（2025高一上·江苏期末）下列化学反应的离子方程式表示正确的是
A．使用硫化亚铁除去废水中汞离子：
B．黄铁矿与足量氧气在细菌作用下转化为强酸：
C．用除去漂白废水中的余氯：
D．向溶液中滴加足量氨水溶液出现白色沉淀：
9．（2025高一上·江苏期末）铍是一种核性能优良的材料，铍精矿的主要成分为铍、铝、硅、铁的氧化物、碳酸钙，以铍精矿为原料制备氢氧化铍的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ。和可通过调节溶液pH实现分步沉淀；ⅱ。与具有相似的化学性质；ⅲ硅的氧化物难溶于硫酸
下列说法正确的是
A．滤渣1的成分为二氧化硅
B．“氧化”工序中用NaClO代替可达到目的且不影响产品纯度
C．“沉淀”工序中需严格控制加入量，以减少溶解损失
D．“氧化”工序的主要反应为
10．（2025高一上·江苏期末）下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验目的 探究方案
A 次氯酸根离子能否氧化氯离子 在次氯酸钠溶液中滴加食盐水，观察瓶内是否产生黄绿色气体
B 制备次氯酸并探究次氯酸酸性 在饱和氯水中加入足量碳酸钙粉末，充分搅拌，静置24h，过滤，用pH试纸检测滤液的pH
C 探究常温下，铝遇浓硫酸是否发生钝化 将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象
D 探究是否全部被还原 向CO还原的产物中加入稀盐酸，滴加KSCN溶液，观察颜色变化
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高一上·江苏期末）短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．X的氟化物中原子均为8电子稳定结构
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．Z的单质能与水剧烈反应
12．（2025高一上·江苏期末）某无土栽培营养液中含有三种溶质，测得部分离子的浓度如图甲所示。将该营养液加水稀释，稀释过程中的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线如图乙所示。下列判断正确的是
A．图甲中X离子是
B．营养液中的浓度是
C．图乙中
D．营养液中与的物质的量之比为
13．（2025高一上·江苏期末）100mL无色溶液可能含有、、、、、、中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：(所加试剂均过量，气体全部逸出)。已知：铵盐与碱共热产生氨气。
下列说法错误的是
A．原溶液一定存在、和，不确定的离子是、，一定不存在、
B．沉淀1中加入氢氧化钠溶液，涉及反应的离子方程式为
C．沉淀2的成分为
D．原溶液中
14．（2025高一上·江苏期末）实验室制备并收集无水的装置如图所示(部分夹持装置略)。已知在空气中易潮解，300℃左右升华。
实验步骤如下：
Ⅰ．连接仪器，检查气密性，装入药品；
Ⅱ．打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当…点燃装置d处酒精灯；
Ⅲ．反应结束，熄灭装置d处酒精灯，待硬质玻璃管冷却至室温；
Ⅳ．关闭分液漏斗活塞，熄灭装置a处酒精灯；
Ⅴ．从K处通入一段时间干燥空气后，拆卸装置并及时密封收集器。
回答下列问题：
（1）①装置f中的试剂是　 　；②装置b的作用为　 　；
（2）①补全步骤Ⅱ中相应的实验现象　 　；②步骤Ⅴ中通入一段时间干燥空气的目的是　 　。
（3）加热后，生成的烟状大部分进入收集器，少量沉积在反应管右端，要使沉积的进入收集器，需要的操作是　 　。
（4）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
①称取ag样品配成250mL溶液，加入过量锌粒将还原为，过滤；取25.00mL所得滤液，恰好与VmLcmol/L的溶液完全反应；
(已知未配平，杂质、、不参与反应)。
②另取ag样品，在脱水剂蒸汽作用下，加热至恒重，测得固体质量为bg。(遇水极易反应生成气体，该过程中未升华)。
则配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有　 　、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；　 　，下列情况会导致n测量值偏小的是　 　(填标号)。
A．实验①中，称重后样品发生了潮解
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤
D．实验②中样品与反应时，失水不充分
15．（2025高一上·江苏期末）实验小组用如图装置探究、、的氧化性强弱(夹持装置和加热装置已省略，气密性已检验)。已知：遇淀粉溶液变蓝
实验过程：
Ⅰ．打开弹簧夹和，通入一段时间，再将导管插入B中，继续通入一段时间，然后夹紧；
Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量浓盐酸后关闭活塞a；
Ⅲ．当B中的溶液变为黄色时，夹紧；
Ⅳ．打开活塞b，将少量B中溶液滴入C中，关闭活塞b．
（1）A中发生反应的离子方程式是　 　。
（2）步骤Ⅰ通入氮气的目的是　 　。
（3）B中溶液变黄说明氧化性，反应的离子方程式是　 　。
（4）为探究和的氧化性强弱，甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，并检测B中黄色溶液和C中混合溶液中的部分微粒，结果如表所示(忽略空气中的影响)。
B中部分微粒 C中部分微粒
甲 既有又有 有
乙 有无 有
丙 有无 有
①检验B中黄色溶液中含有的试剂是　 　。
②进一步检验的实验操作及现象是　 　。
③能证明该实验条件下氧化性的有　 　(填“甲”“乙”或“丙”)。不能证明的请说明理由：　 　。
16．（2025高一上·江苏期末）a~j为10种短周期主族元素，其原子半径、最高正价、最低负价随原子序数的递增变化如下图：
回答下列问题：
（1）h元素在周期表中的位置是　 　，由上述两种元素组成的四核18电子微粒的电子式为　 　，上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是　 　(用化学式表示)。
（2）用一个化学方程式表j的非金属性比i强：　 　。
（3）ade三种元素组成的离子化合物与共价化合物分别为　 　与　 　(各写一种化学式)。
（4）中，核外电子总数比质子总数多个，则R是a~j的　 　(填字母编号)元素。
（5）含d元素的废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，某研究团队设计的废水处理流程如下：
已知：甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，丁是一种简单有机物。则过程1发生反应的离子方程式为　 　，过程2中参与反应的甲与e单质的物质的量之比为　 　，过程3加入物质丁将丙转化为d的单质，丁的作用是　 　，每完全处理1L含丙的废水，转移电子的物质的量为　 　mol。
（6）(e是上述元素中的一种)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入(标准状况下)，恰好将完全氧化。x值为　 　。
17．（2025高一上·江苏期末）我国是世界上最早冶炼锌的国家之一，有独立的炼锌发展史。现代炼锌主要采取湿法工艺，以闪锌矿(主要成分为，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种流程如下：
（1）浸出：加入能促进的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：
ⅰ：
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式：　 　。
②下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红。
b．　 　。
（2）除铁：已知①进入除铁工艺的溶液的pH约为3；②控制溶液pH为2.5～3.5，使铁主要以沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是　 　。
（3）电解：总反应(未配平)：。若不考虑副反应，为了使溶液中的、均恰好完全反应，理论上需要再添加哪种离子？　 　(填“”、“”或“都不需要”)。
18．（2025高一上·江苏期末）铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857℃。工业上以铬铁矿[主要成分是]为原料冶炼铬的流程如图所示：
（1）高温氧化时反应的化学方程式为　 　。
（2）操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是　 　、铝热反应。
（3）水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体()：先向含的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
若处理含(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗，则当铁铬氧体中时，铁铬氧体的化学式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氯水、氯气的漂白作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，它会与空气中的二氧化碳和水发生反应，生成次氯酸。而次氯酸见光很容易分解，这会导致漂白粉失去原有的功效。因此，为了保持漂白粉的有效性，必须将其密封起来，并且要避免阳光照射，存放在阴凉的地方。A正确；
B、胃酸的主要成分是盐酸。NaHCO3（碳酸氢钠）的碱性相对较弱，它能够与盐酸发生反应，从而中和过多的胃酸，可用于治疗胃酸过多。但 Na2CO3（碳酸钠）的碱性很强，若用于治疗胃酸过多，会对胃黏膜产生强烈的刺激和损伤，所以不能用于治疗胃酸过多。B错误；
C、FeSO4（硫酸亚铁）中的 Fe2+具有还原性，在保存或使用过程中容易被氧化成 Fe3+，从而失去补血的效果。而维生素 C 也具有还原性，它可以防止 Fe2+被氧化，使 Fe2+更好地被人体吸收利用。因此，二者配合使用时效果会更好。C正确；
D、“洁厕灵” 的主要成分是盐酸，其中含有 Cl-；“84 消毒液” 的主要成分是次氯酸钠，其中含有 ClO-。当这两种物质混合时，在酸性条件下，Cl-和 ClO-会发生反应生成有毒的氯气，对人体健康造成危害。所以，它们不能混用。D正确；
故答案为：B。【分析】A．依据漂白粉的成分特性及保存要求分析。
B．通过比较两种物质的碱性强弱及对人体的影响来判断。
C．从物质的还原性及相互作用角度分析。
D．根据两种物质的主要成分及可能发生的反应来判断。
2．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子结构示意图；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、的电子式应为：，A错误；
B、氯原子质子数为 17，核外电子总数也为 17，电子层分布为 ：， 其结构示意图符合核外电子排布规律，B正确；
C、氧原子质子数为 8，中子数为 10 时，质量数 = 质子数 + 中子数 = 18，应表示为 ，而非其他形式，C错误；
D、NaHCO3是强电解质，在水中完全电离为 Na+和 HCO3-，电离式应为 NaHCO3=Na++HCO3-，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学用语的规范书写，涉及电子式、原子结构示意图、原子符号和电离方程式。需依据各类化学用语的书写规则，结合微粒的构成特点逐一判断选项正误。
3．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、NH3极易溶于水，原因是 NH3与水分子之间能形成氢键（并非 NH3分子间的氢键）。选项中将 “NH3极易溶于水” 归因于 “NH3分子间存在氢键”，混淆了氢键的作用对象，二者无对应关系，A符合题意；
B、盐酸具有强酸性，能与铁锈的主要成分 Fe2O3反应（生成可溶的 FeCl3和水），因此可用于除铁锈，性质与用途直接相关，B不符合题意；
C、FeCl3中的 Fe3+ 具有氧化性，能与 Cu 发生反应（Cu 被氧化为 Cu2+，Fe3+ 被还原为 Fe2+），从而腐蚀印刷电路板上的 Cu，性质与用途对应，C不符合题意；
D、聚合硫酸铁水解可形成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮杂质，因此可用于净水，性质与用途一致，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要集中在对氢键作用对象的混淆：很多同学容易误将 “NH3极易溶于水” 的原因记为 “NH3分子间存在氢键”，但实际 NH3易溶于水是因为NH3与水分子之间能形成氢键，而非 NH3分子自身之间的氢键。这一概念混淆是错选其他选项的关键原因。
4．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；离子浓度大小的比较；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、NaCl 由 Na+和 Cl-组成，1 个 NaCl 的质子数为 11（Na）+17（Cl）=28；NH4Cl 由 NH4+和 Cl-组成，1 个 NH4Cl 的质子数为 7（N）+4×1（H）+17（Cl）=28。两种物质中，每含 1mol Cl-，对应物质的量均为 1mol，且质子数均为 28mol。因此无论两者比例如何，含 1mol Cl-的混合物总质子数一定是 28NA，A正确；
B、计算溶液中 K+数目需用到公式 n=c V（n 为物质的量，c 为浓度，V 为体积）。题目中仅给出 K2Cr2O7溶液的浓度（0.25mol L- ），未提供溶液体积，无法计算 K+的物质的量及数目，B错误；
C、Fe 与 Cl2反应为 2Fe+3Cl2=2FeCl3。5.6g Fe 的物质的量为 0.1mol，0.1mol Cl2完全反应时，Cl 元素从 0 价变为 - 1 价，每个 Cl 原子得 1 个电子，0.1mol Cl2（含 0.2mol Cl 原子）共得 0.2mol 电子，即转移电子数为 0.2NA，C错误；
D、7.1g Cl2的物质的量为 0.1mol，含 0.2mol Cl 原子。Cl2与水反应存在平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，根据氯元素守恒，有 n(Cl-) + n(ClO-) + n(HClO) + 2n(Cl2) = 0.2mol（每个 Cl2分子含 2 个 Cl 原子）。因此 Cl-、ClO-、HClO、Cl2的粒子数之和
= < 0.2mol（即小于 0.2NA），D错误；
故答案为：A。【分析】A．通过分析两种物质的质子数构成，结合氯离子的物质的量计算总质子数。
B．明确溶液中粒子数计算的必要条件，判断题目数据是否充足。
C．根据反应方程式判断过量反应物，计算实际转移的电子数。
D．依据氯元素守恒，分析氯水中含氯粒子的总数关系。
5．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、量筒量取液体时，残留液已计入量取体积，无需洗涤；若洗涤并转移洗涤液，会导致溶质偏多，浓度偏高，A错误；
B、 质量分数、密度为的浓盐酸物质的量为，根据配制溶液前后溶质的物质的量不变，则有，解得V=42.0mL，B正确；
C、NaOH 溶解放热，未冷却直接转移会导致热胀冷缩后体积偏小，浓度偏高，需冷却至室温再转移，C错误；
D、摇匀后液面低于刻度线是因溶液附着在瓶壁，属于正常现象，补加水会使体积偏大，浓度偏低，D 错误；
故答案为：B。【分析】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制操作，解题要点是明确配制 480mL 溶液需用 500mL 容量瓶，同时掌握浓溶液稀释的计算方法及各操作步骤的规范要求。
A．考查量筒的洗涤规范。
B．考查浓盐酸体积的计算（基于稀释前后溶质的量不变）。
C．判断NaOH 溶解后的转移条件。
D．考查定容摇匀后液面异常的处理。
6．【答案】B
【知识点】铝的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水会放出大量热，若直接在容量瓶中稀释，热胀冷缩会影响容量瓶的精度，且可能损坏容量瓶，所以应先在烧杯中稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，A不能达到实验目的；
B、镁和铝都能与稀盐酸反应产生氢气，且等质量的镁和铝与足量稀盐酸反应时，产生氢气的体积不同。通过测量产生氢气的体积，结合化学方程式计算，就可以测定镁铝合金中金属铝的含量，B能达到实验目的；
C、碳酸钠是粉末状固体，与稀硫酸接触后，不能通过简单的装置操作实现固液分离，长颈漏斗也无法有效控制反应的发生与停止，所以不能用该装置控制二氧化碳气体的生成与停止，C不能达到实验目的；
D、氯气能与溴化钠溶液反应生成溴单质，可证明氯的非金属性强于溴；但氯气也能与碘化钾溶液反应生成碘单质，由于氯气过量，无法确定是溴还是过量的氯气与碘化钾反应，所以不能证明溴的非金属性强于碘，D不能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】A．配制稀硫酸时，需先在烧杯中稀释浓硫酸（防局部过热）、冷却后再转移到容量瓶，不能直接在容量瓶中稀释。
B．镁铝合金与稀盐酸反应生成 H2，通过排水法测 H2体积，结合 Mg、Al 与酸反应的 H2量差异，可计算 Al 的含量，装置和操作合理。
C．纯碱是粉末状固体，与稀硫酸接触后无法通过 “固液分离” 停止反应（长颈漏斗装置不能控制反应启停）。
D．Cl2会先与 NaBr 反应，但过量 Cl2会直接与 KI 反应，无法证明 Br2能氧化 KI，不能验证 Br 和 I 的非金属性强弱。
7．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
故答案为：B
【分析】气体摩尔体积必须指明温度和压强，一般情况下，是指标准状况下的气体摩尔体积。
8．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、硫化亚铁（FeS）是难溶性固体，在离子方程式中不能拆写成 S2-和 Fe2+。实际反应是 FeS 固体与 Hg2+直接反应生成更难溶的 HgS 沉淀和 Fe2+，正确的离子方程式应为，A错误；
B、黄铁矿（FeS2）与足量氧气反应时，Fe 元素会被完全氧化为 Fe3+（而非 Fe2+）。根据得失电子守恒和原子守恒，正确的离子方程式应为，B错误；
C、Na2S2O3中 S 为 + 2 价，被 Cl2氧化为 SO42-（S 为 + 6 价），每个 S 原子失去 4 个电子；Cl2中 Cl 为 0 价，被还原为 Cl-（Cl 为 - 1 价），每个 Cl 原子得到 1 个电子。根据得失电子守恒，S2O32-与 Cl2的比例为 1：4，结合原子守恒和电荷守恒，离子方程式，C正确；
D、AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝（Al(OH)3）沉淀，且氢氧化铝不溶于过量氨水，不会生成
[Al(OH)4]-。正确的离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断难溶物是否应拆分为离子形式，分析反应的实际粒子参与情况。
B．根据反应物用量判断产物价态，结合守恒规律分析方程式正确性。
C．分析氧化还原反应中元素价态变化，验证方程式是否符合守恒规律。
D．明确氢氧化铝的溶解特性，判断反应产物及方程式书写。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铍精矿中的二氧化硅（SiO2）在熔炼时与碳酸钙反应，生成硅酸钙（CaSiO3）和二氧化碳；浸出时加入稀硫酸，硅酸钙与硫酸反应生成硅酸（H2SiO3）和硫酸钙（CaSO4），二者均不溶于水，成为滤渣 1。因此滤渣 1 是硅酸和硫酸钙的混合物，并非仅二氧化硅，A错误；
B、氧化工序的核心是将 Fe2+氧化为 Fe3+。NaClO 具有强氧化性，可完成这一转化（反应生成 Fe3+、Na+和 Cl-）；后续调节 pH 时，Na+和 Cl-不会与 Be2+或 Al3+形成沉淀，也不会进入最终的 Be(OH)2产品中，因此不影响纯度，B正确；
C、已知 Be(OH)2化学性质类似 Al(OH)3，而 Al(OH)3不溶于弱碱氨水，故 Be(OH)2也不溶于过量氨水。因此沉淀工序中，即使 NH3 H2O 过量，Be(OH)2也不会溶解，无需严格控制用量，C错误；
D、氧化工序中，H2O2作为氧化剂，在酸性条件下将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为 H2O，反应为 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，不会生成氧气，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分析熔炼和浸出过程中硅元素的转化路径，确定滤渣 1 的组成。
B．判断 NaClO 能否替代 H2O2实现 Fe2+氧化，且不引入影响产品纯度的杂质。
C．依据 Be(OH)2与 Al(OH)3的相似性，分析其与过量氨水的反应行为。
D．分析 H2O2氧化 Fe2+的反应本质，判断方程式的正确性。
10．【答案】C
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、次氯酸根氧化氯离子的反应需要酸性条件（ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O），但食盐水是中性的，无法提供 H+，不会产生黄绿色气体，A不能达成目的；
B、饱和氯水中含 HCl、HClO，加入碳酸钙会与 HCl 反应，但 HClO 具有漂白性，会使 pH 试纸褪色，无法用 pH 试纸检测滤液 pH，B不能达成目的；
C、常温下铝遇浓硫酸若发生钝化，表面会生成致密氧化膜，阻止铝与 CuSO4溶液反应（无红色铜析出）；若未钝化，铝会置换出 Cu（表面出现红色物质）。通过 “铝片冲洗后浸入 CuSO4溶液的现象” 可判断是否钝化，C能达成目的；
D、CO 还原 Fe2O3的产物中若有 Fe，Fe 会与 Fe3+（Fe2O3与盐酸反应生成）反应生成 Fe2+，即使 Fe2O3未完全还原，滴加 KSCN 溶液也可能不变红，无法判断是否全部被还原，D不能达成目的；
故答案为：C。
【分析】A． 分析 ClO-与 Cl-发生反应的条件，判断实验现象是否能出现。
B．结合氯水的平衡体系，分析碳酸钙的作用及对 HClO 浓度的影响。
C．明确铁遇浓硝酸的钝化现象，判断能否比较金属活动性。
D．分析 SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因，判断是否体现漂白性。
11．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、化合物中 H、B、N 之间通过共用电子对结合，均为共价键，A正确；
B、X 的氟化物为 BF3，B 原子最外层电子数为 3+3=6，未达到 8 电子稳定结构，B错误；
C、Y（N）的最高价氧化物水化物是 HNO3，属于强酸，C正确；
D、Z（Na）是活泼金属，与水剧烈反应生成 NaOH 和 H2，D正确；
故答案为：B。
【分析】先通过 “化合物结构 + 原子序数总和” 推断元素种类，再分析各选项的合理性。
短周期主族元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大且总和为 24。从化合物结构看：W 只形成 1 个键，推测为 H（原子序数 1）；X 形成 4 个键，推测为 B（原子序数 5）；Y 形成 3 个键，推测为 N（原子序数 7）；结合原子序数总和：1+5+7+Z=24，得 Z=11（Na）。据此解题。
12．【答案】D
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、图甲中 X 离子浓度为 0.2mol/L，结合计算可知是 Zn2+，并非 Cl-，A错误；
B、硫酸钾的浓度为 0.2mol/L，不是 0.25mol/L，B错误；
C、由稀释规律计算得 c1=0.2mol/L，不是 0.15mol/L，C错误；
D、同一溶液中，物质的量之比等于浓度比，氯化钾浓度为 0.3mol/L，硫酸钾浓度为 0.2mol/L，二者物质的量之比为 0.3：0.2=3：2，D正确；
故答案为：D。
【分析】确定锌离子的初始浓度（c1）：稀释时锌离子（Zn2+）的物质的量不变，根据图乙数据：c1×0.25L = 0.05mol/L×1L，解得 c1=0.2mol/L，因此图甲中 X 离子是 Zn2+。溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，即：钾离子（K+）浓度 + 2× 锌离子（Zn2+）浓度 = 2× 硫酸根离子（SO42-）浓度 + 氯离子（Cl-）浓度，代入数据（K+为 0.7mol/L、SO42-为 0.4mol/L、Zn2+为 0.2mol/L），可得：0.7 + 2×0.2 = 2×0.4 + 氯离子浓度，解得氯离子浓度 = 0.3mol/L。氯化钾（KCl）的浓度等于氯离子浓度，即 0.3mol/L；硫酸钾（K2SO4）的浓度 =（总钾离子浓度 - 氯化钾中的钾离子浓度）÷2 =（0.7 - 0.3）÷2 = 0.2mol/L。
13．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、原溶液一定含 NH、Mg2+、Al3+ 、Cl-，一定不含 Fe3+、CO32-， Na+ 不确定。A错误；
B、沉淀 1 中 Al(OH)3与 NaOH 反应：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，B正确；
C、沉淀 2 为不溶于 NaOH 的 Mg(OH)2，C正确；
D、计算得 n (Mg2+)=0.1mol、n (Al3+)=0.1mol、n (NH4+)=0.1mol，由电荷守恒，
n (Cl-)≥0.1+2×0.1+3×0.1=0.6mol，故 c (Cl-)≥6mol L- ，D正确；
故答案为：A。
【分析】离子初步推断：溶液无色，排除 Fe3+（黄色）；加氨水生成沉淀 1（13.6g），加 NaOH 后部分溶解，剩余沉淀 2（5.8g）。因 Al(OH)3溶于 NaOH，Mg(OH)2不溶，故沉淀 1 为 Al(OH)3和 Mg(OH)2的混合物，沉淀 2 为 Mg(OH)2，说明原溶液含 Mg2+、Al3+；
Mg2+、Al3+ 与 CO32- 不能共存（会生成沉淀），故原溶液无 CO32-；
滤液加 NaOH 加热产生气体（NH3，13.44L 即 0.6mol），说明原溶液含 NH4+；
焰色反应黄色，因实验中加入过 NaOH（含 Na+），无法确定原溶液是否含 Na+；
溶液呈电中性，必含阴离子 Cl-（唯一可能的阴离子）。据此解题。
14．【答案】（1）浓硫酸；除去氯气中的氯化氢
（2）收集器内充满黄绿色气体；通入干燥空气把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染
（3）在沉积的氯化铁固体下方加热
（4）250 mL容量瓶；；BD
【知识点】铁的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，装置f中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入e中导致氯化铁潮解；装置b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；
故答案为： 浓硫酸 ； 除去氯气中的氯化氢 ；
（2）由题意可知，步骤Ⅱ为打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄绿色气体，点燃装置d处酒精灯；步骤Ⅴ中通入干燥空气的目的是把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染；
故答案为： 收集器内充满黄绿色气体 ； 通入干燥空气把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染 ；
（3）由题意可知，氯化铁300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操作是在沉积的氯化铁固体下方加热；
故答案为： 在沉积的氯化铁固体下方加热 ；
（4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有250 mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得①中存在如下转化关系： 6FeCl3 nH2O—6Fe2+—K2Cr2O7，反应消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则250mL溶液中铁离子的物质的量为6×cmol/L×10-3VL×=0.06cVmol；由②中质量变化可得结晶水的物质的量为=，由化学式可得：1：n=0.06cVmol：，解得n=；
A．实验①中，称重后样品发生了潮解对氯化铁的物质的量无影响，对所测结果无影响，故不符合题意；
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容会使所配的溶液浓度偏大，导致所测结果偏小，故符合题意；
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤会使所配的溶液浓度偏小，导致所测结果偏大，故不符合题意；
D．实验②中样品与反应时，失水不充分会使失水的质量偏小，导致所测结果偏小，故符合题意；
故答案为： 250 mL容量瓶 ； ；BD。
【分析】从实验装置及反应原理来看，装置 a 里二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯气。由于浓盐酸易挥发，生成的氯气会混有氯化氢和水蒸气这两种杂质。装置 b 中盛装饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢；装置 c 中的浓硫酸用于干燥氯气，去除水蒸气；装置 d、e 是用来制备并冷凝收集氯化铁的；装置 f 中的浓硫酸能吸收外界的水蒸气，避免水蒸气进入 e 装置，防止氯化铁潮解；装置 g 中的氢氧化钠溶液则用于吸收未反应的氯气，防止其污染空气。
（1）根据实验目的和物质性质，判断装置作用及试剂。装置 f 需防止水蒸气进入收集器导致 FeCl3潮解，用浓硫酸；装置 b 用于除去 Cl2中混有的 HCl，用饱和食盐水。
（2）结合 Cl2的性质分析实验操作细节。步骤 Ⅱ 中需待收集器充满黄绿色 Cl2（排尽空气）再加热铁屑；步骤 Ⅴ 通干燥空气是为了将残留 Cl2赶入 NaOH 溶液吸收，防止污染。
（3）利用 FeCl3在 300℃左右升华的特性，对沉积的 FeCl3固体下方加热，使其升华进入收集器。
（4）溶液配制需 250mL 容量瓶；通过氧化还原反应守恒算 FeCl3的量，结合脱水前后质量差算结晶水的量，推导 n 的表达式；分析操作误差对 n 的影响，确定 BD 会导致 n 偏小。
（1）由分析可知，装置f中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入e中导致氯化铁潮解；装置b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；
（2）由题意可知，步骤Ⅱ为打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄绿色气体，点燃装置d处酒精灯；步骤Ⅴ中通入干燥空气的目的是把装置内残留的氯气排入装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染；
（3）由题意可知，氯化铁300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操作是在沉积的氯化铁固体下方加热；
（4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有250 mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得①中存在如下转化关系： 6FeCl3 nH2O—6Fe2+—K2Cr2O7，反应消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则250mL溶液中铁离子的物质的量为6×cmol/L×10-3VL×=0.06cVmol；由②中质量变化可得结晶水的物质的量为=，由化学式可得：1：n=0.06cVmol：，解得n=；
A．实验①中，称重后样品发生了潮解对氯化铁的物质的量无影响，对所测结果无影响，故不符合题意；
B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容会使所配的溶液浓度偏大，导致所测结果偏小，故符合题意；
C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤会使所配的溶液浓度偏小，导致所测结果偏大，故不符合题意；
D．实验②中样品与反应时，失水不充分会使失水的质量偏小，导致所测结果偏小，故符合题意；
故选BD。
15．【答案】（1）
（2）将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验
（3）
（4）溶液；少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成；甲、丙；乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析，A中发生反应的离子方程式是；
故答案为： ；
（2）根据分析，通入一段时间N2，将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验；
故答案为： 将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验 ；
（3）B中溶液变黄说明氧化性，反应的离子方程式是；
故答案为：；
（4）①与溶液反应，溶液会变红，故检验的试剂是溶液；
②取少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成；
③甲中B溶液有，说明氯气不足，有生成，说明是将氧化为；
乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性；
丙中B溶液中无，C溶液有，说明是被还原为，同时生成；
故能证明该实验条件下氧化性的有甲、丙；乙不能证明，理由是乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性。
故答案为：溶液 ； 少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成 ； 甲、丙 ； 乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性 。
【分析】这是一个实验探究题。实验开始时，先打开弹簧夹 K1、K2，通入氮气一段时间，目的是排尽装置内的空气，避免空气中的氧气影响实验结果。之后关闭 K1，打开活塞 a，加入一定量浓盐酸并加热装置 A，A 是制备 Cl2的装置，反应为， 生成的 Cl2进入 B 中，将 Fe2+ 氧化成 Fe3+，当 B 中溶液变黄时，说明 Fe2+ 已被氧化，此时停止加热，夹紧 K2以阻断 Cl2通入。最后打开活塞 b，让 B 中溶液流入 C 试管，发生反应 ，据此可分析解答相关问题。
（1）根据分析，A中发生反应的离子方程式是；
（2）根据分析，通入一段时间N2，将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验；
（3）B中溶液变黄说明氧化性，反应的离子方程式是；
（4）①与溶液反应，溶液会变红，故检验的试剂是溶液；
②取少量C中混合溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有生成；
③甲中B溶液有，说明氯气不足，有生成，说明是将氧化为；
乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性；
丙中B溶液中无，C溶液有，说明是被还原为，同时生成；
故能证明该实验条件下氧化性的有甲、丙；乙不能证明，理由是乙中B溶液不含，则B溶液可能溶有过量的，和均能将氧化为，C中有生成不能证明氧化性。
16．【答案】（1）第三周期第ⅣA族；；HClO4
（2）Cl2+H2S=2HCl+S↓
（3）；HONH2
（4）c
（5）；1：2；还原剂；0.005
（6）0.8
【知识点】原子结构与元素的性质；离子方程式的书写；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）h元素为Si，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；
18电子体系Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、Cl-、S2-、K+、Ca2+、HS-、F2、H2O2、N2H4、C2H6、HOCH3、HONH2、CH3F、CH3NH2等，上述两种元素组成的四核18电子为H2O2，电子式为；
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，O、F没有最高价，则上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；
故答案为： 第三周期第ⅣA族 ；； HClO4 ；
（2）j和i分别Cl和 S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，故反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓；
故答案为： Cl2+H2S=2HCl+S↓ ；
（3）ade三种元素分别为H、N、O，离子化合物中含有离子键，可以为，共价化合物只含有共价键，可以为HONH2；
故答案为： ； HONH2 ；
（4）一个中核外电子数比质子数多2个，30g中核外电子数比质子数多×2×6.02×1023=6.02×1023，所以M=60 g·mol-1，R的相对原子质量为60－16×3＝12，则R为C元素，即c；
故答案为：c；
（5）甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，即甲为，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，即乙为NaOH、丙为HNO3，所以过程1发生反应的离子方程式为；过程2中参与反应的与O2发生氧化还原反应，，其物质的量之比为1：2；过程3加入物质丁将HNO3转化为N2，氮元素化合价下降5价，所以丁的作用是还原剂，每完全处理1L含HNO30.001mol/L的废水，转移电子的物质的量为0.005mol；
故答案为：； 1：2 ；还原剂；0.005mol；
（6）e是氧元素，FexO中Fe的平均化合价为 ，被氧化为，根据电子守恒可知，转移的电子数和 转移的电子数相等。标准状况下转移电子数为。则有： ，解得。
故答案为：0.8。
【分析】这 10 种短周期主族元素中，a、b、g 的最高正价都是 +1 价。从原子半径看，g＞b＞a，结合短周期主族元素特点，a 是 H，b 是 Li，g 是 Na。
c 和 h 的最高正价为 +4 价，且原子半径 h 比 c 大，所以 c 是 C，h 是 Si。
e 和 i 的最低负价为 - 2 价，原子半径 i 大于 e，因此 e 是 O，i 是 S。
f 和 j 的最低负价为 - 1 价，原子半径 j 比 f 大，故 f 是 F，j 是 Cl。
d 的最高正价为 + 5 价、最低负价为 - 3 价，原子半径介于 c 和 e 之间，所以 d 是 N。
综上，a 至 j 依次为 H、Li、C、N、O、F、Na、Si、S、Cl。
（1）h元素为Si，在周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；
18电子体系Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、Cl-、S2-、K+、Ca2+、HS-、F2、H2O2、N2H4、C2H6、HOCH3、HONH2、CH3F、CH3NH2等，上述两种元素组成的四核18电子为H2O2，电子式为；
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，O、F没有最高价，则上述10种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；
（2）j和i分别Cl和 S，非金属性越强，其单质的氧化性越强，故反应为Cl2+H2S=2HCl+S↓；
（3）ade三种元素分别为H、N、O，离子化合物中含有离子键，可以为，共价化合物只含有共价键，可以为HONH2；
（4）一个中核外电子数比质子数多2个，30g中核外电子数比质子数多×2×6.02×1023=6.02×1023，所以M=60 g·mol-1，R的相对原子质量为60－16×3＝12，则R为C元素，即c；
（5）甲为d元素与a元素形成的10电子阳离子，即甲为，乙和丙分别为元素g和d的最高价氧化物对应的水化物，即乙为NaOH、丙为HNO3，所以过程1发生反应的离子方程式为；过程2中参与反应的与O2发生氧化还原反应，，其物质的量之比为1：2；过程3加入物质丁将HNO3转化为N2，氮元素化合价下降5价，所以丁的作用是还原剂，每完全处理1L含HNO30.001mol/L的废水，转移电子的物质的量为0.005mol；
（6）e是氧元素，FexO中Fe的平均化合价为 ，被氧化为，根据电子守恒可知，转移的电子数和 转移的电子数相等。标准状况下转移电子数为。则有： ，解得。
17．【答案】（1）；取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去
（2）通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH
（3）
【知识点】化学反应速率的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①ⅰ中生成的铁离子具有氧化性，的作用类似催化剂，能促进的溶解生成硫单质，则反应ⅱ为铁离子氧化硫化锌生成硫单质，同时得到锌离子和亚铁离子，反应为；
②催化剂改变反应速率，其本身质量和化学性质反应前后不变；可以证明亚铁离子转化为铁离子、铁离子又转化为亚铁离子，故证实上述“催化”过程的实验方案为：a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
故答案为： ； 取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 ；
（2）通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH，故通入空气需同时补充适量；
故答案为： 通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH ；
（3）由（1）分析可知，浸取总反应为。生成锰、锌离子物质的量为1：1，由于除铁过程中引入了锌离子，锌离子的量大于锰离子；电解反应中锌化合价由+2变为0、锰化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，反应为，电解中锰、锌离子物质的量为1：1，要使溶液中的、均恰好完全反应，理论上需要再添加锰离子。
故答案为： 。
【分析】将闪锌矿（主要成分为硫化锌等锌的硫化物）与软锰矿（主要成分为二氧化锰）混合，加入稀硫酸进行酸浸。此过程中，酸的酸性使矿物中的可溶成分溶解，同时矿物间发生氧化还原反应（如硫化锌与二氧化锰在酸性条件下反应），将锌、锰等元素转化为可溶性盐（如硫酸锌、硫酸锰），反应后过滤除去未溶解的固体残渣。酸浸后的滤液中含有杂质亚铁离子（来自矿物中的铁杂质），向滤液中通入氧气，利用氧气的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子（铁离子更易通过沉淀法去除）。加入氧化锌调节滤液的 pH。氧化锌与酸反应可提高溶液 pH，且不会引入新杂质。当 pH 升至合适范围时，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，经分离操作除去铁杂质，得到净化后的含锌离子、锰离子的滤液。对净化后的滤液进行电解，在电极作用下，锌离子在阴极得电子析出锌单质，锰离子在阳极失电子被氧化生成二氧化锰，最终同时获得锌和二氧化锰两种产物。据此解题。
（1）①ⅰ中生成的铁离子具有氧化性，的作用类似催化剂，能促进的溶解生成硫单质，则反应ⅱ为铁离子氧化硫化锌生成硫单质，同时得到锌离子和亚铁离子，反应为；
②催化剂改变反应速率，其本身质量和化学性质反应前后不变；可以证明亚铁离子转化为铁离子、铁离子又转化为亚铁离子，故证实上述“催化”过程的实验方案为：a．检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b．检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
（2）通入空气时，发生反应，反应生成氢离子，使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH，故通入空气需同时补充适量；
（3）由（1）分析可知，浸取总反应为。生成锰、锌离子物质的量为1：1，由于除铁过程中引入了锌离子，锌离子的量大于锰离子；电解反应中锌化合价由+2变为0、锰化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，反应为，电解中锰、锌离子物质的量为1：1，要使溶液中的、均恰好完全反应，理论上需要再添加锰离子。
18．【答案】（1）
（2）受热分解生成
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）矿石的主要成分为，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有，根据流程图可知生成，结合电子守恒和元素守恒可得反应的方程式为；
故答案为： ；
（2）操作a是受热分解生成，再和发生铝热反应生成氧化铝和；
故答案为：受热分解生成 ；
（3）处理含(不考虑其它含铬微粒) 的污水时恰好消耗，生成的为， 根据守恒，铁铬氧体中，，根据守恒，铁铬氧体中，根据电荷守恒，铁铬氧体中，铁铬氧体中，铁铬氧体的化学式为。
故答案为： 。
【分析】冶炼铬的工业流程以铬铁矿（主要成分为 Fe(CrO2)2）为原料，具体过程如下：首先，向铬铁矿中加入 Na2CO3并通入 O2，在高温下发生氧化反应，生成 Fe2O3、Na2CrO4和 CO2；接着将反应后的固体用水浸取，得到含 Na2CrO4的溶液；然后向该溶液中加入 Na2S，使 Na2CrO4被还原为 Cr(OH)3沉淀；过滤得到 Cr(OH)3后，经操作 a（灼烧）转化为 Cr2O3；最后通过铝热反应从 Cr2O3中提炼出金属铬。
（1）矿石的主要成分为，加入碳酸钠，高温氧化，反应物有，根据流程图可知生成，结合电子守恒和元素守恒可得反应的方程式为；
（2）操作a是受热分解生成，再和发生铝热反应生成氧化铝和；
（3）处理含(不考虑其它含铬微粒) 的污水时恰好消耗，生成的为， 根据守恒，铁铬氧体中，，根据守恒，铁铬氧体中，根据电荷守恒，铁铬氧体中，铁铬氧体中，铁铬氧体的化学式为。
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