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北京市十一学校2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试卷
一、本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中选出最符合题目要求的
1．中华文明源远流长，古人在生产、生活中积累了丰富的化学知识。其工作原理不涉及化学反应的是
A．打磨磁石制司南 B．黑火药的使用 C．利用粮食酿酒 D．纸浆的漂白
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．打磨磁石制司南，仅改变磁石的形状，没有新物质生成，不涉及化学反应，A正确；
B．黑火药使用时，发生反应，有新物质生成，涉及化学反应，B错误；
C．粮食酿酒是淀粉等转化为乙醇的过程，有新物质生成，涉及化学反应，C错误；
D．纸浆漂白是利用漂白剂（如草木灰中的碱性物质或其他氧化剂）与色素反应，有新物质生成，涉及化学反应，D错误；
答案为A。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化。
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．基态原子的价层电子排布式：
B．激发态H原子的轨道表示式：
C．的原子结构示意图：
D．的电子式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Cu核外共有29个电子，根据洪特规则，基态原子的3d轨道全充满会更稳定，则基态原子的价层电子排布式应为，A错误；
B．氢原子的核外只有 1 个电子，只有1s轨道，不存在1p轨道，轨道表示式为：，B错误；
C．的原子序数为34，核外电子分层排布为：第一层 2 个、第二层 8 个、第三层 18 个、第四层 6 个，则原子结构示意图为：，C正确；
D．的电子式中P原子最外层有5个电子，与 3 个H原子形成 3 对共用电子对后，P原子还有 1 对孤电子对，正确的电子式应为电子式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．铜为29号元素，全满的3d轨道更稳定；
Ｂ．氢原子的核外只有 1 个电子；
Ｃ．硒核外有34个电子，核外电子分层排布为：第一层 2 个、第二层 8 个、第三层 18 个、第四层 6 个；
Ｄ．原子最外层有 5 个电子。
3．下列物质长期储存过程中发生的变化与氧化还原反应无关的是
A．黄色过氧化钠粉末长期储存变白
B．棕色氯化铁固体长期储存变黄
C．久置氯水颜色变浅
D．浓硝酸长期储存变黄
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．过氧化过长期储存时，会与空气中的CO2或H2O发生反应：、，反应过程中，氧元素化合价从中的价变为价和0价，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．氯化铁固体变黄是因为生成，该过程中各元素的化合价均没有发生变化，不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．氯气为黄绿色，久置氯水颜色变浅，是因为氯水中的见光分解：导致HClO浓度减小，使平衡向右移动，氯气继续消耗使颜色变浅，反应中有化合价的变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，因此浓硝酸长期储存变黄，该过程中，N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．能够与反应产生大量的溶液：
B．滴入石蕊试液呈紫色的溶液：
C．通入足量后的石灰水：
D．能够溶解的溶液：
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．能与Fe反应产生大量的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，具有强氧化性，能将碘离子氧化为单质碘，不能大量共存，A错误；
B．滴入石蕊试液呈紫色的溶液，说明溶液呈中性，与会发生双水解生成沉淀和，不能大量共存，B错误；
C．通入足量后的石灰水中含有大量，与反应生成碳酸根，不能大量共存，C错误；
D．溶解的溶液可能为强碱性也可能为强酸性，碱性条件下，之间互不反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
5．下列反应的离子方程式表达正确的是
A．将少量通入次氯酸钠溶液中：
B．向溶液中通入：
C．中加入NaOH溶液和制：
D．溶液中加入足量溶液：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．次氯酸钠溶液呈碱性，碱性环境下不能存在大量氢离子，正确的离子方程式为，A错误；
B．溶液中以配位离子的形式存在，则离子方程式为，B错误；
C．具有氧化性，被氧化为，离子方程式为，C正确；
D．溶液足量，反应生成沉淀、和水，正确的离子方程式为，D错误；
答案选C。
【分析】A．次氯酸钠溶液显碱性；
Ｂ．溶液中以配位离子的形式存在；
Ｃ．具有强氧化性；
Ｄ．氢氧化钡过量，铵根离子也反应生成氨水。
6．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，苯所含碳原子数为
B．常温下，铝块与足量浓硫酸充分反应转移的电子数为
C．与足量S充分反应转移的电子数为
D．常温常压下，氮气中含有的“肩并肩”形式的键数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，苯不是气体，不能用气体摩尔体积来计算其物质的量，无法计算所含碳原子数，A错误；
B．常温下，铝在浓硫酸中会发生钝化，表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，则转移电子数远小于0.3NA，B错误；
C．Fe与S生成FeS，Fe从0价升高到+2价，0.1 mol Fe失去0.2 mol电子，转移电子数为0.2NA，C错误；
D．N2分子中的结构式为，其中含有1个键和2个π键，28 g N2的物质的量为1 mol，含2NA个π键，D正确；
故选D。
【分析】A．标况下苯不是气体；
Ｂ．常温下铝在浓硫酸中钝化；
Ｃ．Fe与S反应生成FeS；
Ｄ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
7．现有X、Y两种第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．简单氢化物的还原性：
C．含氧酸的酸性：
D．同周期中第一电离能小于X的元素有5种
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期主族元素，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径P>Cl，A错误；
B．X、Y元素对应的氢化物分别为PH3和HCl，简单氢化物的还原性与对应元素的非金属性有关，非金属性越弱，简单氢化物还原性越强，非金属性：PHCl，B错误；
C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，但含氧酸不一定是最高价含氧酸，如P元素可形成含氧酸H3PO4，Y可形成含氧酸HClO，此时酸性H3PO4＞HClO，C错误；
D．同一周期，从左往右，第一电离能呈现增大的趋势，第IIA族和VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能，所以第三周期第一电离能从小到大依次为 Na答案选D。
【分析】Y最高正价与最低负价的代数和为6，设Y最外层电子数为n，则n + (n - 8) = 6，解得n=7，则Y为Cl元素，二者形成的一种化合物能以的形式存在，则X元素为+5价，X为P元素。
8．用下列仪器或装置(图中夹持仪器已略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A用酒精萃取碘水中的碘 B验证的漂白性
C由制备无水 D燃烧碎海带成灰
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；分液和萃取；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．酒精与水互溶，不符合萃取剂的要求，不能用酒精萃取碘水中的碘，A错误；
B．若SO2通入品红溶液后，品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，后续NaOH溶液可吸收尾气SO2，防止污染空气，该装置能验证SO2的漂白性，装置合理，B正确；
C．FeCl3·6H2O加热时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl挥发促进水解，最终得到Fe2O3而非无水FeCl3（需在HCl气流中加热抑制水解），C错误；
D．灼烧碎海带应在坩埚中进行，烧杯用于溶解、反应等操作，不能用于灼烧固体，D错误；
故选B。
【分析】A．萃取剂的选择需满足 “与原溶剂互不相溶、溶质在萃取剂中溶解度远大于在原溶剂中”；
Ｂ．二氧化硫能使品红溶液褪色；
Ｃ．氯化铁易水解；
Ｄ．灼烧固体应在坩埚中进行。
9．某白色粉末由两种物质组成，进行如下实验：
①取少量固体样品加入足量水，仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量固体样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体残留。
该白色粉末的组成可能为
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】离子共存；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．在实验①中：溶于水，不溶于水，加水后部分固体未溶解，加盐酸时溶解，反应生成，固体全溶，符合实验①现象；在实验②中：加入足量稀硫酸，反应生成，与足量反应完全溶解，无固体残留，不符合实验②现象，A错误；
B．在实验①中：微溶，溶于水，加水后部分固体未溶解，加盐酸时反应生成，可能与HCl生成不溶的AgCl沉淀，导致实验①固体无法全溶，不符合实验①现象，B错误；
C．在实验①中：不溶于水，溶于水，加水后部分固体未溶解，加盐酸时与反应生成并溶解，符合实验①现象；在实验②中，与反应生成不溶沉淀和，固体残留，符合实验②现象，C正确；
D．与在水中反应生成沉淀和，加水后未溶固体为CuS，加盐酸时CuS不溶，实验①固体无法全溶，不符合实验①现象，D错误；
故答案为：C。
【分析】取少量固体样品加入足量水，仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解。这说明两种物质中，一种可能难溶于水，另一种能与稀盐酸反应产生气体，且难溶物也能与稀盐酸反应溶解。取少量固体样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体残留。这表明两种物质与稀硫酸反应时，除了产生气体，还会生成难溶于酸的固体。
10．某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是
A．电负性：
B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区
C．“”标记的碳原子为手性碳原子
D．该超分子中含有配位键
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；“手性分子”在生命科学等方面的应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性正确顺序为：，A错误；
B．该分子中含有H元素，H为s区元素，B错误；
C．手性碳原子是指连有四个不同基团的饱和碳原子，“”标记的碳位于含N的环中，C原子上连接了2个相同的H，不满足手性碳条件，C错误；
D．B原子为的p轨道中存在空轨道，O原子和N原子都有孤对电子，可与B原子形成配位键，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．一般来说，同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小；
Ｂ．p区包括第 ⅢA 族到第 ⅦA 族、0 族元素（氦除外）；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．B原子存在空轨道，O原子和N原子都有孤对电子。
11．某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知：
下列说法不正确的是
A．溶液b为蓝色是因为发生了反应：
B．滴定结束后，继续滴加适量稀硫酸，发现溶液仍未变蓝，推测蓝色恢复与空气无关
C．向溶液b中滴入溶液后先变无色又变蓝色的原因可能是氧化的反应速率比还原的反应速率快
D．上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
【答案】C
【知识点】中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，酸性条件下，H2O2与I-发生氧化还原反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2使淀粉变为蓝色，所以溶液b为蓝色，A正确；
B．滴定结束后， 继续滴加稀硫酸，若蓝色恢复与空气有关，空气中O2会在酸性条件下氧化I-重新生成I2使溶液变蓝，但实际溶液未变蓝，说明蓝色恢复与空气无关，B正确；
C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；
D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；
故答案为C。
【分析】A．过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝；
Ｂ．滴定结束后，单质碘被还原为碘离子；
Ｃ．过氧化氢过量，能将碘离子又氧化为单质碘；
Ｄ．由于过氧化氢过量，会继续氧化碘离子生成单质碘，导致后续滴定无法准确测定单质碘的量。
12．为验证氧化性，某小组用图所示装置进行实验(夹持仪器已略，气密性已检验)。实验过程如下：
I．打开弹簧夹，通入一段时间，再将T型导管插入A中，继续通入，然后关闭。
Ⅱ.打开弹簧夹，通一段时间。当A中溶液变黄时，关闭弹簧夹。
III．打开活塞a，使约的溶液流入B试管中，关闭活塞a，检验B中的离子。
IV.打开弹簧夹，通一段时间，然后关闭弹簧夹。
V.更新试管B，重复过程Ⅲ。
A、B、C、D四位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果中(下表)不能证明氧化性的是
序号 过程IIIB溶液中含有的离子 过程VB溶液中含有的离子
A 既有又有 无
B 既有又有 有
C 有无 有
D 有无 有
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．过程III有Fe3+和Fe2+，说明Cl2氧化部分Fe2+生成Fe3+，该反应中，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，证明氧化性：Cl2>Fe3+；过程V无Fe3+，说明SO2还原Fe3+生成Fe2+，该反应中，Fe3+为氧化剂，SO2为还原剂，则氧化性：Fe3+>SO2，即可说明氧化性： ，A正确；
B．过程III有Fe3+和Fe2+，说明Cl2氧化部分Fe2+生成Fe3+，则氧化性：Cl2>Fe3+；过程V有，因无Cl2干扰，说明Fe3+将SO2氧化为，说明氧化性：Fe3+>SO2，即可说明氧化性： ，B正确；
C．过程III有Fe3+无Fe2+，说明Cl2过量或恰好反应；若Cl2过量，SO2通入时先与Cl2反应生成（Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl），此时可能来自Cl2而非Fe3+，无法证明Fe3+>SO2，C错误；
D．过程III有Fe3+无Fe2+（Cl2过量）；过程V有Fe2+，说明SO2先耗尽Cl2后，继续还原Fe3+生成Fe2+（证明Fe3+>SO2），D正确；
故选C。
【分析】要验证氧化性 ，依据氧化还原反应中 “氧化剂的氧化性强于氧化产物” 的规律，通过分析反应中物质的氧化还原情况判断。
13．硼酸是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含及少量)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
已知饱和溶液为4.2，下列说法不正确的是
A．沉镁过程中反应的离子方程式为
B．过滤1的目的是除去硼镁矿粉中的杂质
C．“过滤2”前，将溶液调节至3.5，目的是促进硼酸的析出
D．为减少杂质引入，使母液循环利用，使用调节至3.5，使用氨水调节至6.5
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，发生反应：，A错误；
B．过滤1的目的是除去硼镁矿粉中的SiO2、Fe2O3、Al2O3，B正确；
C．硼酸电离平衡为，调pH=3.5使降低pH，增大H+浓度，平衡逆向移动，促进H3BO3析出，C正确；
D．用H2SO4调pH=3.5的阴离子为，用氨水调pH=6.5的阳离子为，均不会引入新杂质，利于母液循环，D正确；
故答案为A。
【分析】硼镁矿中加入硫酸铵溶液溶浸，与硫酸铵反应生成硼酸、硫酸镁，同时产生氨气，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3，过滤，分离出滤渣1，滤渣1为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3（H3BO3在酸性条件下溶解度较小，会结晶析出），此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，发生反应：，得到Mg(OH)2 MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO，母液中含有(NH4)2SO4。
14．向淀粉溶液中通入，再加入盐酸，溶液迅速变黄，塞紧胶塞静置一段时间，溶液变成乳黄色。
资料：
下列说法不正确的是
A．加入盐酸后，溶液迅速变黄是因为生成了
B．该反应能够证明既有氧化性，又有还原性
C．结合实验现象可以证明与的反应速率小于与的反应
D．整个反应过程中，可能起到了催化剂的作用
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．加入盐酸后，溶液中发生反应SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，生成的S使溶液迅速变黄，A错误；
B．实验中SO2转化为S（S元素化合价从+4降低到0，体现氧化性）和（后续加BaCl2和盐酸生成白色沉淀BaSO4，S元素化合价从+4升高到+6，体现还原性），可证明SO2既有氧化性又有还原性，B正确；
C．由分析知，SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的反应速率，C正确；
D．KI提供的I-在反应中先被氧化为I2，I2又可被SO2还原为I-，I-总量不变，符合催化剂 “参与反应，反应前后自身不变” 的特点，则可能起到了催化剂的作用 ，D正确；
答案选A。
【分析】 向淀粉溶液中通入，再加入盐酸，发生反应： ，生成的S使溶液变黄，继续通入的SO2与生成的I2会发生反应：，且其反应速率大于SO2与I-的反应速率，所以溶液不会继续生成淡黄色固体S，而是先转变为乳黄色溶液（在第二步反应过程中，第一步生成的较少的，极细小的S固体颗粒分散在水中形成的胶体为乳黄色液体），沉降一段时间后，上层为澄清液体（含有硫酸根），下层为淡黄色固体S。
二、第二部分(本部分共5小题，共8分)
15．氮、磷、砷、锑、铋、镆是元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
（1）砷在元素周期表中的位置　 　；基态砷原子的核外电子排布式为　 　。
（2）已知的原子序数为115。中子数为173的的核素用符号表示为　 　。
（3）已知：
。
①上述两个转化过程属于(填“物理变化”或“化学变化”)　 　。
②白磷、黑磷、红磷中，最稳定的是　 　。
（4）①热稳定性：　 　(填“>”或“<”)。
②沸点：　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。对与反应产生的下列性质做出推断：该产物含有的化学键类型为　 　；其阳离子空间构型为　 　。
（6）遇水发生强烈的水解，生成难溶的。
①写出该反应的化学方程式　 　。
②因此，配制溶液的操作为　 　。
【答案】（1）第四周期第VA族；
（2）
（3）化学变化；黑磷
（4）>；>；存在分子间氢键
（5）离子键、极性共价键；正四面体形(“四面体”)
（6）；将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(模仿溶液的配制方法)
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；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）砷在元素周期表中与P同主族且相邻，位置第四周期第VA族；基态砷原子的核外电子排布式为。
（2）的原子序数为115，中子数为173，质量数=115+173=288，的核素用符号表示为。
（3）①上述两个转化过程是同素异形体之间的转化，同素异形体之间是两种物质，其转化属于化学变化。
②白磷黑磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<黑磷；白磷红磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<红磷；黑鳞比红磷放出得热更多，故黑鳞更稳定。
（4）①同主族元素非金属性从上到下逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，所以热稳定性：>。
②由分子组成的物质沸点受氢键影响较大，N可以形成氢键，P不可以，形成氢键的沸点更高；理由是：存在分子间氢键。
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。与反应产生NH4I，对与反应产生的pH4I含有的化学键类型为离子键、极性共价键；其阳离子()的价电子对数=4+=4，空间构型为四面体形。
（6）①遇水发生强烈的水解，生成难溶的，该反应的化学方程式；
②配制溶液的操作为将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(模仿溶液的配制方法)。
【分析】（1）砷为34号元素，在元素周期表中位于第四周期第VA族，基态砷原子的核外电子排布式为 ；
（2）原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
（3）①有新物质生成的变化属于化学变化；
②物质的能量越低越稳定；
（4）①非金属性越强，其氢化物的热稳定性越强；
②形成分子间氢键能使物质的沸点升高；
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似；
（6）遇水发生强烈的水解，生成难溶的，同时生成HCl。
（1）砷在元素周期表中与P同主族且相邻，位置第四周期第VA族；基态砷原子的核外电子排布式为。
（2）的原子序数为115，中子数为173，质量数=115+173=288，的核素用符号表示为。
（3）①上述两个转化过程是同素异形体之间的转化，同素异形体之间是两种物质，其转化属于化学变化。
②白磷黑磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<黑磷；白磷红磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<红磷；黑鳞比红磷放出得热更多，故黑鳞更稳定。
（4）①同主族元素非金属性从上到下逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，所以热稳定性：>。
②由分子组成的物质沸点受氢键影响较大，N可以形成氢键，P不可以，形成氢键的沸点更高；理由是：存在分子间氢键。
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。与反应产生NH4I，对与反应产生的pH4I含有的化学键类型为离子键、极性共价键；其阳离子()的价电子对数=4+=4，空间构型为四面体形。
（6）①遇水发生强烈的水解，生成难溶的，该反应的化学方程式；
②配制溶液的操作为将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(模仿溶液的配制方法)。
16．自然界中的局部氮循环如下图。
（1）上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是　 　（ 填数字序号）。
（2） NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为　 　。
（3）某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂（有效成分为Cl2）的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。
①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是　 　 （ 填字母序号）。
a.过量氨进入循环水后，水中NO和NO 含量会升高
b.过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化
c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关
d.为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂
②通过检测循环水中的c（NO）可判断循环水的水质是否恶化，c（NO）检测利用的是酸性条件下I-被NO 氧化为I2的反应，该反应的历程如下：
I. NO+2H+= NO++H2O
II. ……
III.2ONI= I2+2NO
II的离子方程式为　 　。
（4）含NO 的废水可用二硫化亚铁（FeS2）处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14NO+ 5FeS2+　 　H+ 7N2↑+10SO+　 　
【答案】①②；；acd；；4；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程，有自然固氮和人工固氮之分，即将N2转化为其他含N化合物，从图上看，①②分别属于自然固氮和人工固氮，故答案为：①②；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气化学方程式为：，故答案为：；
（3）①a.过量氨进入循环水后，会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO和NO，故NO和NO含量会升高，故a正确；
b.水体富营养化是指含N、P的营养盐含量过多而引起的水质污染现象，故过量氨进入循环水后，会导致水体富营养化，故b错误；
c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关，故c正确；
d.氨对杀菌剂杀菌效果的有很大的影响，为保证杀菌效果，可以改用非氧化性杀菌剂，故d正确；故答案为：acd；
②酸性条件下I-被NO 氧化为I2则总反应为，反应I×2+II+III可得，则II的离子方程式为，故答案为：；
（4）由离子方程式可知NO中N由+5价变为0价，化合价下降，FeS2中S由-1价升高到+6，化合价升高，此时化合价升降已经相等，则Fe元素化合价不变，反应生成5Fe2+，再根据电荷守恒可得，故答案为：4；。
【分析】（1）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气；
（3）①氨进入循环水后会与会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO和NO，是水体富营养化；氨气水溶液呈碱性；
②酸性条件下I-被NO 氧化为I2则总反应为，和反应I、III，写出II的离子方程式；
（4）根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程。
17．研究人员对和粉去除废水中的硝态氮进行研究。
已知：i．某工厂排放的含氮废水中总氮，含有硝态氮、氨氮。
ii．本实验中在时，脱除硝态氮(转化为)效果较强。
iii．和粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。
（1）和粉在去除废水中硝态氮的过程中表现　 　性(填“氧化”或“还原”)。
（2）研究在的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图：
①根据微粒性质，预测“实验组一”中可能发生的氧化还原反应的离子方程式　 　。
②进一步检验后排除上述可能。写出“实验组一”中发生反应的离子方程式　 　。
③进行“实验组二”实验时发现，降低溶液更有利于的去除，可能的原因是　 　。
（3）脱除的含氮废水中的硝态氮，单独加入或同时加入与粉的实验结果如图2和图3.
①根据图2，前内脱除主要反应的离子方程式为　 　。
②根据图2和图3，内体系中生成主要反应的离子方程式为　 　。
③检验处理后的废水中存在：取一定量废水蒸发浓缩，　 　(补充操作和现象)。
【答案】（1）还原
（2）；；较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率
（3）；；加入浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明废水中存在
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
（2）①根据微粒性质，实验组一相比空白组有所减少，从氧化还原的角度看则可能是接触空气有部分被氧化导致，则可能发生的氧化还原反应的离子方程式为：；
②进一步检验排除被氧化的可能后，则的减少可能是在的酸性溶液中被转化为所致，则发生反应的离子方程式：；
③进行“实验组二”实验时发现，降低溶液即增强溶液酸性，更有利于的去除，可能的原因是：较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率。
（3）①根据图2，前内，在酸性中脱除时生成和，则反应的离子方程式为：；
②根据图2和图3，脱除时的还原产物为，再根据图3可知还原产物为是增加Fe粉后才形成的，则生成主要反应的离子方程式为：；
③检验处理后的废水中存在的防范和原理为：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明废水中存在。
【分析】（1）脱除硝态氮时，氮元素转化为氮气，N元素的化合价降低，和粉体现还原性；
（2）能被氧气氧化为硫酸钠；在强酸性溶液中可能反应生成NaHSO3；较大时，的氧化性较强 ， 更有利于的去除 ；
（3）在酸性中脱除时生成和，发生反应： ；脱除时的还原产物为，则发生的反应为； 与OH-在加热条件下会反应生成氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，通过这一特征现象可检验的存在。
（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
（2）①根据微粒性质，实验组一相比空白组有所减少，从氧化还原的角度看则可能是接触空气有部分被氧化导致，则可能发生的氧化还原反应的离子方程式为：；
②进一步检验排除被氧化的可能后，则的减少可能是在的酸性溶液中被转化为所致，则发生反应的离子方程式：；
③进行“实验组二”实验时发现，降低溶液即增强溶液酸性，更有利于的去除，可能的原因是：较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率。
（3）①根据图2，前内，在酸性中脱除时生成和，则反应的离子方程式为：；
②根据图2和图3，脱除时的还原产物为，再根据图3可知还原产物为是增加Fe粉后才形成的，则生成主要反应的离子方程式为：；
③检验处理后的废水中存在的防范和原理为：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明废水中存在。
18．黏土钒矿中，钒以价、价、价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为： ；org表示有机溶液。
ⅱ．酸性溶液中，HR对价钒萃取能力强，而对价钒的萃取能力较弱。
ⅲ．HR能萃取而不能萃取。
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有　 　。
（2）滤渣的主要成分是　 　。
（3）浸出液中钒以价、价的形式存在，简述加入铁粉的原因：　 　。
（4）从平衡移动原理解释有机层中加入20%溶液的作用：　 　。
（5）和反应生成和的离子方程式是　 　。
（6）测定产品的纯度。称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用cmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是　 　(的摩尔质量为Mg/mol)。
（7）从无机层获得的离子方程式是　 　。
【答案】（1）将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等
（2）
（3）将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，反应的化学平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，与萃取剂分离
（5）
（6）
（7）
【知识点】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；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等。
（2）根据分析，滤渣的主要成分是。
（3）加入铁粉的目的是将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离。
（4）根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，便于下一步反应进行。
（5）和反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为。
（6）加入硫酸将转化为，加入指示剂后，再用溶液滴定将转化为，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：，则，质量分数为。
（7）无机层中加入氨水、通入空气，被氧化得到沉淀，离子方程式为。
【分析】黏土钒矿与空气、浓硫酸在一定条件反应，将钒的低价化合物氧化为+5价，同时使、铝硅酸盐等与浓硫酸反应，转化为可溶的盐类，之后水浸，得到浸出液和滤渣，滤渣为不反应的，浸出液中加入氨水调节pH=1~1.5，铝离子与氨水反应生成硫酸铝铵固体，滤液中加入铁粉，可将可能存在的高价铁离子还原为亚铁离子，并将五价钒还原为四价钒；再加入 HR（萃取剂），将含钒的物质萃取到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾可将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；无机层中加氨水、通入空气，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到氧化铁。
（1）黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等。
（2）根据分析，滤渣的主要成分是。
（3）加入铁粉的目的是将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离。
（4）根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，便于下一步反应进行。
（5）和反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为。
（6）加入硫酸将转化为，加入指示剂后，再用溶液滴定将转化为，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：，则，质量分数为。
（7）无机层中加入氨水、通入空气，被氧化得到沉淀，离子方程式为。
19．研究小组探究高铜酸钠()的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
实验Ⅰ．向2mL1mol/L NaClO溶液中滴加1mL1mol/L溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。
（1）蓝绿色沉淀中含有。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：　 　。
探究棕黑色沉淀的组成。
实验Ⅱ．将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b．取少量固体b，滴加稀，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
（2）①另取少量固体b进行实验，证实了中钠元素的存在，实验操作的名称是　 　。
②进一步检验，棕黑色固体是。与稀反应的离子方程式是　 　。
探究实验条件对制备的影响。
实验Ⅲ．向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/L溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有产生。
（3）①对的来源，甲同学认为是和反应生成了，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成的其他原因：　 　。
②探究“继续滴加溶液，能氧化”的原因。
ⅰ．提出假设1：增大，的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量固体于试管中，　 　。
ⅱ．提出假设2：　 　，经证实该假设也成立。
改进实验方案，进行实验。
实验Ⅳ．向1mL1mo/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/L溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（4）①经检验，确定浊液放置过程中产生的蓝色固体中不含有，实验操作为：将浊液过滤，　 　。
②放置过程中产生气体的化学方程式是　 　。
（5）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的，应选用的试剂是NaClO溶液、　 　和　 　。
【答案】；焰色试验；；pH减小，也可能氧化生成；滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体；增大，的氧化性增强；①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在；；CuSO4溶液；NaOH溶液
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：；
故答案为：
（2）①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在；
②与稀反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是；
故答案为：①焰色试验②
（3）①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成的其他原因：pH减小，也可能氧化生成；
②i.提出假设1：增大，的还原性增强。证明假设成立操作和现象是：取少量固体于试管中，滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体；
ii.提出假设2：增大，的氧化性增强，经证实该假设也成立；
故答案为：①pH减小，也可能氧化生成；
②滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体；增大，的氧化性增强
（4）①硫酸根离子检验：将浊液过滤，取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在；
②浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成，放置过程中产生气体的化学方程式是；
故答案为：①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在②
（5）根据上述实验，在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液；
故答案为：CuSO4溶液、NaOH溶液。
【分析】（1）次氯酸根水解使次氯酸钠溶液显碱性；
（2）钠元素的焰色为黄色，可通过焰色试验检验其存在；与稀反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水；
（3）①酸性条件下，次氯酸根能与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；
②增大，的还原性增强；增大，的氧化性增强 ；
（4）①要确定蓝色固体中不含有 ，可利用硫酸根离子与钡离子结合生成不溶于酸的硫酸钡沉淀这一特性；
②浊液放置过程中，产生氧气和氢氧化铜，同时有NaOH生成；
（5）在碱性条件下较稳定，可在碱性条件下制备。
1 / 1北京市十一学校2025-2026学年高三上学期9月月考 化学试卷
一、本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中选出最符合题目要求的
1．中华文明源远流长，古人在生产、生活中积累了丰富的化学知识。其工作原理不涉及化学反应的是
A．打磨磁石制司南 B．黑火药的使用 C．利用粮食酿酒 D．纸浆的漂白
A．A B．B C．C D．D
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．基态原子的价层电子排布式：
B．激发态H原子的轨道表示式：
C．的原子结构示意图：
D．的电子式：
3．下列物质长期储存过程中发生的变化与氧化还原反应无关的是
A．黄色过氧化钠粉末长期储存变白
B．棕色氯化铁固体长期储存变黄
C．久置氯水颜色变浅
D．浓硝酸长期储存变黄
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．能够与反应产生大量的溶液：
B．滴入石蕊试液呈紫色的溶液：
C．通入足量后的石灰水：
D．能够溶解的溶液：
5．下列反应的离子方程式表达正确的是
A．将少量通入次氯酸钠溶液中：
B．向溶液中通入：
C．中加入NaOH溶液和制：
D．溶液中加入足量溶液：
6．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，苯所含碳原子数为
B．常温下，铝块与足量浓硫酸充分反应转移的电子数为
C．与足量S充分反应转移的电子数为
D．常温常压下，氮气中含有的“肩并肩”形式的键数为
7．现有X、Y两种第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．简单氢化物的还原性：
C．含氧酸的酸性：
D．同周期中第一电离能小于X的元素有5种
8．用下列仪器或装置(图中夹持仪器已略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A用酒精萃取碘水中的碘 B验证的漂白性
C由制备无水 D燃烧碎海带成灰
A．A B．B C．C D．D
9．某白色粉末由两种物质组成，进行如下实验：
①取少量固体样品加入足量水，仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量固体样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体残留。
该白色粉末的组成可能为
A． B．
C． D．
10．某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是
A．电负性：
B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区
C．“”标记的碳原子为手性碳原子
D．该超分子中含有配位键
11．某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知：
下列说法不正确的是
A．溶液b为蓝色是因为发生了反应：
B．滴定结束后，继续滴加适量稀硫酸，发现溶液仍未变蓝，推测蓝色恢复与空气无关
C．向溶液b中滴入溶液后先变无色又变蓝色的原因可能是氧化的反应速率比还原的反应速率快
D．上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
12．为验证氧化性，某小组用图所示装置进行实验(夹持仪器已略，气密性已检验)。实验过程如下：
I．打开弹簧夹，通入一段时间，再将T型导管插入A中，继续通入，然后关闭。
Ⅱ.打开弹簧夹，通一段时间。当A中溶液变黄时，关闭弹簧夹。
III．打开活塞a，使约的溶液流入B试管中，关闭活塞a，检验B中的离子。
IV.打开弹簧夹，通一段时间，然后关闭弹簧夹。
V.更新试管B，重复过程Ⅲ。
A、B、C、D四位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果中(下表)不能证明氧化性的是
序号 过程IIIB溶液中含有的离子 过程VB溶液中含有的离子
A 既有又有 无
B 既有又有 有
C 有无 有
D 有无 有
A．A B．B C．C D．D
13．硼酸是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含及少量)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
已知饱和溶液为4.2，下列说法不正确的是
A．沉镁过程中反应的离子方程式为
B．过滤1的目的是除去硼镁矿粉中的杂质
C．“过滤2”前，将溶液调节至3.5，目的是促进硼酸的析出
D．为减少杂质引入，使母液循环利用，使用调节至3.5，使用氨水调节至6.5
14．向淀粉溶液中通入，再加入盐酸，溶液迅速变黄，塞紧胶塞静置一段时间，溶液变成乳黄色。
资料：
下列说法不正确的是
A．加入盐酸后，溶液迅速变黄是因为生成了
B．该反应能够证明既有氧化性，又有还原性
C．结合实验现象可以证明与的反应速率小于与的反应
D．整个反应过程中，可能起到了催化剂的作用
二、第二部分(本部分共5小题，共8分)
15．氮、磷、砷、锑、铋、镆是元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
（1）砷在元素周期表中的位置　 　；基态砷原子的核外电子排布式为　 　。
（2）已知的原子序数为115。中子数为173的的核素用符号表示为　 　。
（3）已知：
。
①上述两个转化过程属于(填“物理变化”或“化学变化”)　 　。
②白磷、黑磷、红磷中，最稳定的是　 　。
（4）①热稳定性：　 　(填“>”或“<”)。
②沸点：　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。对与反应产生的下列性质做出推断：该产物含有的化学键类型为　 　；其阳离子空间构型为　 　。
（6）遇水发生强烈的水解，生成难溶的。
①写出该反应的化学方程式　 　。
②因此，配制溶液的操作为　 　。
16．自然界中的局部氮循环如下图。
（1）上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是　 　（ 填数字序号）。
（2） NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为　 　。
（3）某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂（有效成分为Cl2）的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。
①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是　 　 （ 填字母序号）。
a.过量氨进入循环水后，水中NO和NO 含量会升高
b.过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化
c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关
d.为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂
②通过检测循环水中的c（NO）可判断循环水的水质是否恶化，c（NO）检测利用的是酸性条件下I-被NO 氧化为I2的反应，该反应的历程如下：
I. NO+2H+= NO++H2O
II. ……
III.2ONI= I2+2NO
II的离子方程式为　 　。
（4）含NO 的废水可用二硫化亚铁（FeS2）处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14NO+ 5FeS2+　 　H+ 7N2↑+10SO+　 　
17．研究人员对和粉去除废水中的硝态氮进行研究。
已知：i．某工厂排放的含氮废水中总氮，含有硝态氮、氨氮。
ii．本实验中在时，脱除硝态氮(转化为)效果较强。
iii．和粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。
（1）和粉在去除废水中硝态氮的过程中表现　 　性(填“氧化”或“还原”)。
（2）研究在的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图：
①根据微粒性质，预测“实验组一”中可能发生的氧化还原反应的离子方程式　 　。
②进一步检验后排除上述可能。写出“实验组一”中发生反应的离子方程式　 　。
③进行“实验组二”实验时发现，降低溶液更有利于的去除，可能的原因是　 　。
（3）脱除的含氮废水中的硝态氮，单独加入或同时加入与粉的实验结果如图2和图3.
①根据图2，前内脱除主要反应的离子方程式为　 　。
②根据图2和图3，内体系中生成主要反应的离子方程式为　 　。
③检验处理后的废水中存在：取一定量废水蒸发浓缩，　 　(补充操作和现象)。
18．黏土钒矿中，钒以价、价、价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：ⅰ．有机酸性萃取剂HR的萃取原理为： ；org表示有机溶液。
ⅱ．酸性溶液中，HR对价钒萃取能力强，而对价钒的萃取能力较弱。
ⅲ．HR能萃取而不能萃取。
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有　 　。
（2）滤渣的主要成分是　 　。
（3）浸出液中钒以价、价的形式存在，简述加入铁粉的原因：　 　。
（4）从平衡移动原理解释有机层中加入20%溶液的作用：　 　。
（5）和反应生成和的离子方程式是　 　。
（6）测定产品的纯度。称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用cmol/L溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是　 　(的摩尔质量为Mg/mol)。
（7）从无机层获得的离子方程式是　 　。
19．研究小组探究高铜酸钠()的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
实验Ⅰ．向2mL1mol/L NaClO溶液中滴加1mL1mol/L溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。
（1）蓝绿色沉淀中含有。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：　 　。
探究棕黑色沉淀的组成。
实验Ⅱ．将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b．取少量固体b，滴加稀，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
（2）①另取少量固体b进行实验，证实了中钠元素的存在，实验操作的名称是　 　。
②进一步检验，棕黑色固体是。与稀反应的离子方程式是　 　。
探究实验条件对制备的影响。
实验Ⅲ．向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/L溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有产生。
（3）①对的来源，甲同学认为是和反应生成了，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成的其他原因：　 　。
②探究“继续滴加溶液，能氧化”的原因。
ⅰ．提出假设1：增大，的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量固体于试管中，　 　。
ⅱ．提出假设2：　 　，经证实该假设也成立。
改进实验方案，进行实验。
实验Ⅳ．向1mL1mo/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/L溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（4）①经检验，确定浊液放置过程中产生的蓝色固体中不含有，实验操作为：将浊液过滤，　 　。
②放置过程中产生气体的化学方程式是　 　。
（5）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的，应选用的试剂是NaClO溶液、　 　和　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．打磨磁石制司南，仅改变磁石的形状，没有新物质生成，不涉及化学反应，A正确；
B．黑火药使用时，发生反应，有新物质生成，涉及化学反应，B错误；
C．粮食酿酒是淀粉等转化为乙醇的过程，有新物质生成，涉及化学反应，C错误；
D．纸浆漂白是利用漂白剂（如草木灰中的碱性物质或其他氧化剂）与色素反应，有新物质生成，涉及化学反应，D错误；
答案为A。
【分析】有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Cu核外共有29个电子，根据洪特规则，基态原子的3d轨道全充满会更稳定，则基态原子的价层电子排布式应为，A错误；
B．氢原子的核外只有 1 个电子，只有1s轨道，不存在1p轨道，轨道表示式为：，B错误；
C．的原子序数为34，核外电子分层排布为：第一层 2 个、第二层 8 个、第三层 18 个、第四层 6 个，则原子结构示意图为：，C正确；
D．的电子式中P原子最外层有5个电子，与 3 个H原子形成 3 对共用电子对后，P原子还有 1 对孤电子对，正确的电子式应为电子式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．铜为29号元素，全满的3d轨道更稳定；
Ｂ．氢原子的核外只有 1 个电子；
Ｃ．硒核外有34个电子，核外电子分层排布为：第一层 2 个、第二层 8 个、第三层 18 个、第四层 6 个；
Ｄ．原子最外层有 5 个电子。
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．过氧化过长期储存时，会与空气中的CO2或H2O发生反应：、，反应过程中，氧元素化合价从中的价变为价和0价，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．氯化铁固体变黄是因为生成，该过程中各元素的化合价均没有发生变化，不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．氯气为黄绿色，久置氯水颜色变浅，是因为氯水中的见光分解：导致HClO浓度减小，使平衡向右移动，氯气继续消耗使颜色变浅，反应中有化合价的变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．浓硝酸不稳定，见光或受热易分解，因此浓硝酸长期储存变黄，该过程中，N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
4．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．能与Fe反应产生大量的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，具有强氧化性，能将碘离子氧化为单质碘，不能大量共存，A错误；
B．滴入石蕊试液呈紫色的溶液，说明溶液呈中性，与会发生双水解生成沉淀和，不能大量共存，B错误；
C．通入足量后的石灰水中含有大量，与反应生成碳酸根，不能大量共存，C错误；
D．溶解的溶液可能为强碱性也可能为强酸性，碱性条件下，之间互不反应，能大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
5．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．次氯酸钠溶液呈碱性，碱性环境下不能存在大量氢离子，正确的离子方程式为，A错误；
B．溶液中以配位离子的形式存在，则离子方程式为，B错误；
C．具有氧化性，被氧化为，离子方程式为，C正确；
D．溶液足量，反应生成沉淀、和水，正确的离子方程式为，D错误；
答案选C。
【分析】A．次氯酸钠溶液显碱性；
Ｂ．溶液中以配位离子的形式存在；
Ｃ．具有强氧化性；
Ｄ．氢氧化钡过量，铵根离子也反应生成氨水。
6．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，苯不是气体，不能用气体摩尔体积来计算其物质的量，无法计算所含碳原子数，A错误；
B．常温下，铝在浓硫酸中会发生钝化，表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，则转移电子数远小于0.3NA，B错误；
C．Fe与S生成FeS，Fe从0价升高到+2价，0.1 mol Fe失去0.2 mol电子，转移电子数为0.2NA，C错误；
D．N2分子中的结构式为，其中含有1个键和2个π键，28 g N2的物质的量为1 mol，含2NA个π键，D正确；
故选D。
【分析】A．标况下苯不是气体；
Ｂ．常温下铝在浓硫酸中钝化；
Ｃ．Fe与S反应生成FeS；
Ｄ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
7．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期主族元素，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径P>Cl，A错误；
B．X、Y元素对应的氢化物分别为PH3和HCl，简单氢化物的还原性与对应元素的非金属性有关，非金属性越弱，简单氢化物还原性越强，非金属性：PHCl，B错误；
C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，但含氧酸不一定是最高价含氧酸，如P元素可形成含氧酸H3PO4，Y可形成含氧酸HClO，此时酸性H3PO4＞HClO，C错误；
D．同一周期，从左往右，第一电离能呈现增大的趋势，第IIA族和VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能，所以第三周期第一电离能从小到大依次为 Na答案选D。
【分析】Y最高正价与最低负价的代数和为6，设Y最外层电子数为n，则n + (n - 8) = 6，解得n=7，则Y为Cl元素，二者形成的一种化合物能以的形式存在，则X元素为+5价，X为P元素。
8．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；分液和萃取；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．酒精与水互溶，不符合萃取剂的要求，不能用酒精萃取碘水中的碘，A错误；
B．若SO2通入品红溶液后，品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，后续NaOH溶液可吸收尾气SO2，防止污染空气，该装置能验证SO2的漂白性，装置合理，B正确；
C．FeCl3·6H2O加热时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl挥发促进水解，最终得到Fe2O3而非无水FeCl3（需在HCl气流中加热抑制水解），C错误；
D．灼烧碎海带应在坩埚中进行，烧杯用于溶解、反应等操作，不能用于灼烧固体，D错误；
故选B。
【分析】A．萃取剂的选择需满足 “与原溶剂互不相溶、溶质在萃取剂中溶解度远大于在原溶剂中”；
Ｂ．二氧化硫能使品红溶液褪色；
Ｃ．氯化铁易水解；
Ｄ．灼烧固体应在坩埚中进行。
9．【答案】C
【知识点】离子共存；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．在实验①中：溶于水，不溶于水，加水后部分固体未溶解，加盐酸时溶解，反应生成，固体全溶，符合实验①现象；在实验②中：加入足量稀硫酸，反应生成，与足量反应完全溶解，无固体残留，不符合实验②现象，A错误；
B．在实验①中：微溶，溶于水，加水后部分固体未溶解，加盐酸时反应生成，可能与HCl生成不溶的AgCl沉淀，导致实验①固体无法全溶，不符合实验①现象，B错误；
C．在实验①中：不溶于水，溶于水，加水后部分固体未溶解，加盐酸时与反应生成并溶解，符合实验①现象；在实验②中，与反应生成不溶沉淀和，固体残留，符合实验②现象，C正确；
D．与在水中反应生成沉淀和，加水后未溶固体为CuS，加盐酸时CuS不溶，实验①固体无法全溶，不符合实验①现象，D错误；
故答案为：C。
【分析】取少量固体样品加入足量水，仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解。这说明两种物质中，一种可能难溶于水，另一种能与稀盐酸反应产生气体，且难溶物也能与稀盐酸反应溶解。取少量固体样品加入足量稀硫酸，有气泡产生，振荡后仍有固体残留。这表明两种物质与稀硫酸反应时，除了产生气体，还会生成难溶于酸的固体。
10．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；“手性分子”在生命科学等方面的应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性正确顺序为：，A错误；
B．该分子中含有H元素，H为s区元素，B错误；
C．手性碳原子是指连有四个不同基团的饱和碳原子，“”标记的碳位于含N的环中，C原子上连接了2个相同的H，不满足手性碳条件，C错误；
D．B原子为的p轨道中存在空轨道，O原子和N原子都有孤对电子，可与B原子形成配位键，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．一般来说，同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小；
Ｂ．p区包括第 ⅢA 族到第 ⅦA 族、0 族元素（氦除外）；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．B原子存在空轨道，O原子和N原子都有孤对电子。
11．【答案】C
【知识点】中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，酸性条件下，H2O2与I-发生氧化还原反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2使淀粉变为蓝色，所以溶液b为蓝色，A正确；
B．滴定结束后， 继续滴加稀硫酸，若蓝色恢复与空气有关，空气中O2会在酸性条件下氧化I-重新生成I2使溶液变蓝，但实际溶液未变蓝，说明蓝色恢复与空气无关，B正确；
C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；
D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；
故答案为C。
【分析】A．过氧化氢能将碘离子氧化为单质碘，单质碘遇淀粉变蓝；
Ｂ．滴定结束后，单质碘被还原为碘离子；
Ｃ．过氧化氢过量，能将碘离子又氧化为单质碘；
Ｄ．由于过氧化氢过量，会继续氧化碘离子生成单质碘，导致后续滴定无法准确测定单质碘的量。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．过程III有Fe3+和Fe2+，说明Cl2氧化部分Fe2+生成Fe3+，该反应中，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，证明氧化性：Cl2>Fe3+；过程V无Fe3+，说明SO2还原Fe3+生成Fe2+，该反应中，Fe3+为氧化剂，SO2为还原剂，则氧化性：Fe3+>SO2，即可说明氧化性： ，A正确；
B．过程III有Fe3+和Fe2+，说明Cl2氧化部分Fe2+生成Fe3+，则氧化性：Cl2>Fe3+；过程V有，因无Cl2干扰，说明Fe3+将SO2氧化为，说明氧化性：Fe3+>SO2，即可说明氧化性： ，B正确；
C．过程III有Fe3+无Fe2+，说明Cl2过量或恰好反应；若Cl2过量，SO2通入时先与Cl2反应生成（Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl），此时可能来自Cl2而非Fe3+，无法证明Fe3+>SO2，C错误；
D．过程III有Fe3+无Fe2+（Cl2过量）；过程V有Fe2+，说明SO2先耗尽Cl2后，继续还原Fe3+生成Fe2+（证明Fe3+>SO2），D正确；
故选C。
【分析】要验证氧化性 ，依据氧化还原反应中 “氧化剂的氧化性强于氧化产物” 的规律，通过分析反应中物质的氧化还原情况判断。
13．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，发生反应：，A错误；
B．过滤1的目的是除去硼镁矿粉中的SiO2、Fe2O3、Al2O3，B正确；
C．硼酸电离平衡为，调pH=3.5使降低pH，增大H+浓度，平衡逆向移动，促进H3BO3析出，C正确；
D．用H2SO4调pH=3.5的阴离子为，用氨水调pH=6.5的阳离子为，均不会引入新杂质，利于母液循环，D正确；
故答案为A。
【分析】硼镁矿中加入硫酸铵溶液溶浸，与硫酸铵反应生成硼酸、硫酸镁，同时产生氨气，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3，过滤，分离出滤渣1，滤渣1为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3（H3BO3在酸性条件下溶解度较小，会结晶析出），此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，发生反应：，得到Mg(OH)2 MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO，母液中含有(NH4)2SO4。
14．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．加入盐酸后，溶液中发生反应SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，生成的S使溶液迅速变黄，A错误；
B．实验中SO2转化为S（S元素化合价从+4降低到0，体现氧化性）和（后续加BaCl2和盐酸生成白色沉淀BaSO4，S元素化合价从+4升高到+6，体现还原性），可证明SO2既有氧化性又有还原性，B正确；
C．由分析知，SO2与I-的反应速率小于SO2与I2的反应速率，C正确；
D．KI提供的I-在反应中先被氧化为I2，I2又可被SO2还原为I-，I-总量不变，符合催化剂 “参与反应，反应前后自身不变” 的特点，则可能起到了催化剂的作用 ，D正确；
答案选A。
【分析】 向淀粉溶液中通入，再加入盐酸，发生反应： ，生成的S使溶液变黄，继续通入的SO2与生成的I2会发生反应：，且其反应速率大于SO2与I-的反应速率，所以溶液不会继续生成淡黄色固体S，而是先转变为乳黄色溶液（在第二步反应过程中，第一步生成的较少的，极细小的S固体颗粒分散在水中形成的胶体为乳黄色液体），沉降一段时间后，上层为澄清液体（含有硫酸根），下层为淡黄色固体S。
15．【答案】（1）第四周期第VA族；
（2）
（3）化学变化；黑磷
（4）>；>；存在分子间氢键
（5）离子键、极性共价键；正四面体形(“四面体”)
（6）；将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(模仿溶液的配制方法)
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；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）砷在元素周期表中与P同主族且相邻，位置第四周期第VA族；基态砷原子的核外电子排布式为。
（2）的原子序数为115，中子数为173，质量数=115+173=288，的核素用符号表示为。
（3）①上述两个转化过程是同素异形体之间的转化，同素异形体之间是两种物质，其转化属于化学变化。
②白磷黑磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<黑磷；白磷红磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<红磷；黑鳞比红磷放出得热更多，故黑鳞更稳定。
（4）①同主族元素非金属性从上到下逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，所以热稳定性：>。
②由分子组成的物质沸点受氢键影响较大，N可以形成氢键，P不可以，形成氢键的沸点更高；理由是：存在分子间氢键。
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。与反应产生NH4I，对与反应产生的pH4I含有的化学键类型为离子键、极性共价键；其阳离子()的价电子对数=4+=4，空间构型为四面体形。
（6）①遇水发生强烈的水解，生成难溶的，该反应的化学方程式；
②配制溶液的操作为将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(模仿溶液的配制方法)。
【分析】（1）砷为34号元素，在元素周期表中位于第四周期第VA族，基态砷原子的核外电子排布式为 ；
（2）原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
（3）①有新物质生成的变化属于化学变化；
②物质的能量越低越稳定；
（4）①非金属性越强，其氢化物的热稳定性越强；
②形成分子间氢键能使物质的沸点升高；
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似；
（6）遇水发生强烈的水解，生成难溶的，同时生成HCl。
（1）砷在元素周期表中与P同主族且相邻，位置第四周期第VA族；基态砷原子的核外电子排布式为。
（2）的原子序数为115，中子数为173，质量数=115+173=288，的核素用符号表示为。
（3）①上述两个转化过程是同素异形体之间的转化，同素异形体之间是两种物质，其转化属于化学变化。
②白磷黑磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<黑磷；白磷红磷是放热反应，能量降低，根据能量越低越稳定，可知稳定性：白磷<红磷；黑鳞比红磷放出得热更多，故黑鳞更稳定。
（4）①同主族元素非金属性从上到下逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，所以热稳定性：>。
②由分子组成的物质沸点受氢键影响较大，N可以形成氢键，P不可以，形成氢键的沸点更高；理由是：存在分子间氢键。
（5）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。与反应产生NH4I，对与反应产生的pH4I含有的化学键类型为离子键、极性共价键；其阳离子()的价电子对数=4+=4，空间构型为四面体形。
（6）①遇水发生强烈的水解，生成难溶的，该反应的化学方程式；
②配制溶液的操作为将固体溶于浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(模仿溶液的配制方法)。
16．【答案】①②；；acd；；4；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氨的性质及用途；含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程，有自然固氮和人工固氮之分，即将N2转化为其他含N化合物，从图上看，①②分别属于自然固氮和人工固氮，故答案为：①②；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气化学方程式为：，故答案为：；
（3）①a.过量氨进入循环水后，会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO和NO，故NO和NO含量会升高，故a正确；
b.水体富营养化是指含N、P的营养盐含量过多而引起的水质污染现象，故过量氨进入循环水后，会导致水体富营养化，故b错误；
c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关，故c正确；
d.氨对杀菌剂杀菌效果的有很大的影响，为保证杀菌效果，可以改用非氧化性杀菌剂，故d正确；故答案为：acd；
②酸性条件下I-被NO 氧化为I2则总反应为，反应I×2+II+III可得，则II的离子方程式为，故答案为：；
（4）由离子方程式可知NO中N由+5价变为0价，化合价下降，FeS2中S由-1价升高到+6，化合价升高，此时化合价升降已经相等，则Fe元素化合价不变，反应生成5Fe2+，再根据电荷守恒可得，故答案为：4；。
【分析】（1）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气；
（3）①氨进入循环水后会与会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO和NO，是水体富营养化；氨气水溶液呈碱性；
②酸性条件下I-被NO 氧化为I2则总反应为，和反应I、III，写出II的离子方程式；
（4）根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程。
17．【答案】（1）还原
（2）；；较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率
（3）；；加入浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明废水中存在
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
（2）①根据微粒性质，实验组一相比空白组有所减少，从氧化还原的角度看则可能是接触空气有部分被氧化导致，则可能发生的氧化还原反应的离子方程式为：；
②进一步检验排除被氧化的可能后，则的减少可能是在的酸性溶液中被转化为所致，则发生反应的离子方程式：；
③进行“实验组二”实验时发现，降低溶液即增强溶液酸性，更有利于的去除，可能的原因是：较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率。
（3）①根据图2，前内，在酸性中脱除时生成和，则反应的离子方程式为：；
②根据图2和图3，脱除时的还原产物为，再根据图3可知还原产物为是增加Fe粉后才形成的，则生成主要反应的离子方程式为：；
③检验处理后的废水中存在的防范和原理为：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明废水中存在。
【分析】（1）脱除硝态氮时，氮元素转化为氮气，N元素的化合价降低，和粉体现还原性；
（2）能被氧气氧化为硫酸钠；在强酸性溶液中可能反应生成NaHSO3；较大时，的氧化性较强 ， 更有利于的去除 ；
（3）在酸性中脱除时生成和，发生反应： ；脱除时的还原产物为，则发生的反应为； 与OH-在加热条件下会反应生成氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，通过这一特征现象可检验的存在。
（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
（2）①根据微粒性质，实验组一相比空白组有所减少，从氧化还原的角度看则可能是接触空气有部分被氧化导致，则可能发生的氧化还原反应的离子方程式为：；
②进一步检验排除被氧化的可能后，则的减少可能是在的酸性溶液中被转化为所致，则发生反应的离子方程式：；
③进行“实验组二”实验时发现，降低溶液即增强溶液酸性，更有利于的去除，可能的原因是：较大时，的氧化性较强；或增大有利于提高和反应速率。
（3）①根据图2，前内，在酸性中脱除时生成和，则反应的离子方程式为：；
②根据图2和图3，脱除时的还原产物为，再根据图3可知还原产物为是增加Fe粉后才形成的，则生成主要反应的离子方程式为：；
③检验处理后的废水中存在的防范和原理为：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明废水中存在。
18．【答案】（1）将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等
（2）
（3）将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，反应的化学平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，与萃取剂分离
（5）
（6）
（7）
【知识点】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；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等。
（2）根据分析，滤渣的主要成分是。
（3）加入铁粉的目的是将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离。
（4）根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，便于下一步反应进行。
（5）和反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为。
（6）加入硫酸将转化为，加入指示剂后，再用溶液滴定将转化为，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：，则，质量分数为。
（7）无机层中加入氨水、通入空气，被氧化得到沉淀，离子方程式为。
【分析】黏土钒矿与空气、浓硫酸在一定条件反应，将钒的低价化合物氧化为+5价，同时使、铝硅酸盐等与浓硫酸反应，转化为可溶的盐类，之后水浸，得到浸出液和滤渣，滤渣为不反应的，浸出液中加入氨水调节pH=1~1.5，铝离子与氨水反应生成硫酸铝铵固体，滤液中加入铁粉，可将可能存在的高价铁离子还原为亚铁离子，并将五价钒还原为四价钒；再加入 HR（萃取剂），将含钒的物质萃取到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾可将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；无机层中加氨水、通入空气，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到氧化铁。
（1）黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等。
（2）根据分析，滤渣的主要成分是。
（3）加入铁粉的目的是将转化为，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离。
（4）根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，便于下一步反应进行。
（5）和反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为。
（6）加入硫酸将转化为，加入指示剂后，再用溶液滴定将转化为，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：，则，质量分数为。
（7）无机层中加入氨水、通入空气，被氧化得到沉淀，离子方程式为。
19．【答案】；焰色试验；；pH减小，也可能氧化生成；滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体；增大，的氧化性增强；①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在；；CuSO4溶液；NaOH溶液
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：；
故答案为：
（2）①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在；
②与稀反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是；
故答案为：①焰色试验②
（3）①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成的其他原因：pH减小，也可能氧化生成；
②i.提出假设1：增大，的还原性增强。证明假设成立操作和现象是：取少量固体于试管中，滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体；
ii.提出假设2：增大，的氧化性增强，经证实该假设也成立；
故答案为：①pH减小，也可能氧化生成；
②滴加浓溶液，产生使湿润的淀粉试纸变蓝的气体；增大，的氧化性增强
（4）①硫酸根离子检验：将浊液过滤，取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在；
②浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成，放置过程中产生气体的化学方程式是；
故答案为：①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在②
（5）根据上述实验，在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液；
故答案为：CuSO4溶液、NaOH溶液。
【分析】（1）次氯酸根水解使次氯酸钠溶液显碱性；
（2）钠元素的焰色为黄色，可通过焰色试验检验其存在；与稀反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水；
（3）①酸性条件下，次氯酸根能与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；
②增大，的还原性增强；增大，的氧化性增强 ；
（4）①要确定蓝色固体中不含有 ，可利用硫酸根离子与钡离子结合生成不溶于酸的硫酸钡沉淀这一特性；
②浊液放置过程中，产生氧气和氢氧化铜，同时有NaOH生成；
（5）在碱性条件下较稳定，可在碱性条件下制备。
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