【文档说明】北京市第五中学2024-2025学年高一上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.053 MB，由小赞的店铺上传

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2024/2025学年度第一学期第一次阶段检测试卷高一化学本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cu64第一部分本部分共14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一项。1.我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学

。下列说法正确的是A.41Ca的原子核外有20个电子B.41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】【详解】A．41Ca的质子数是20，原子核外有20个电子

，故A正确；B．41Ca的半衰期长，说明原子核衰变时间长，与得失去电子的难易无关，故B错误；C．41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，41Ca衰变一半所需的时间大于14C衰变一半所需的时间，故C错误

；D．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，没有生成新物质，属于物理变化，故D错误；选A。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.Na+的结构示意图：B.NaCl溶液中的水合离子：C.4NaHSO在水中电离：244NaHSONaHSO+−+=++D.还原剂和

氧化剂的关系：【答案】A【解析】【详解】A．Na+核外含有10个电子，Na+的结构示意图为：，A错误；B．钠离子带正电荷，形成水合离子时应该是水中带负电的氧原子靠近钠离子，带正电的氢原子靠近氯离子，B正确；C．4NaH

SO在水中电离电离产生H+、Na+和24SO−，电离方程式为：244NaHSONaHSO+−+=++，C正确；D．氧化还原反应中氧化剂得到电子，还原剂失去电子，氧化剂和还原剂的关系为，D正确；故选A。3.下列叙述中，正确的是A.含有相同中子数原子一定是同一种核素B.金属氧化

物一定属于碱性氧化物C.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强D.置换反应一定是氧化还原反应【答案】D【解析】的【详解】A．含有相同中子数的原子不一定是同一种核素，如23241112NaMg、中子数都是12，故A正确；B．金属氧化物不一定属于碱

性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故B错误；C．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的强，如浓醋酸的导电能力可能大于稀盐酸的导电能力，故C错误；D．置换反应中一定有元素化合价改变，置换反应一定是氧化还原反应，故D正确；选D。4.下列物

质的应用中，利用了氧化还原反应的是A.用明矾()422KAlSO12HO处理污水B.用盐酸去除铁锈(主要成分是232FeOHOx)C.用焦炭将赤铁矿石(主要成分是23FeO)冶炼成铁D.用熟石灰改良酸性土壤【答案】C【解析】【详

解】A．明矾净水原理是硫酸铝钾中的铝离子发生水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大颗粒而沉降，发生的反应中各元素化合价均不变，没有利用氧化还原反应，A不符合题意；B．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6

HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，B不符合题意；C．用焦炭将赤铁矿石(主要成分是23FeO)冶炼成铁，铁元素化合价降低，碳元素化合价升高，利用了氧化还原反应，C符合题意；D．用熟石灰改良酸性土壤是土

壤中的酸性物质与氢氧化钙反应，反应过程中元素化合价均不变，没有利用氧化还原反应，D不符合题意；故选C。5.经检测，某工业废水的pH1=，且其中含有大量Na+、2Cu+、Cl−、24SO−，3NO−。下列离子

中，可能大量存在于该废水中的是AAg+B.2Fe+C.3Fe+D.23CO−【答案】C【解析】【详解】A．Ag+与Cl−反应生成氯化银沉淀，不能大量含有Ag+，故不选A；.B．酸性条件下，2Fe+能被3NO−氧化，不能大量含有2Fe+，故不选B；C．3Fe+与H+、Na+、2Cu+、Cl−、24

SO−，3NO−不反应，3Fe+能大量存在于该废水中，故选C；D．23CO−与H+、2Cu+反应，不能大量含有23CO−，故不选D；选C。6.下列选项中的物质能按图示路径转化，且甲和水可以直接生成乙的是

甲乙丙A23FeO()3FeOH3FeClB2CO23HCO3CaCOC2SO24HSO4BaSOD2ClNaClONaClA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．23FeO和水不反应，不能直接转化()3FeOH，故不选A；B．2CO和水反应生成碳酸，碳酸和

氢氧化钙反应生成碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，故选B；C．2SO和水反应生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故不选C；D．氯气和水反应生成次氯酸和盐酸，氯气和水反应不能直接生成次氯酸钠，故不选D；选B。7.

下列实验中，不能．．达到实验目的的是为ABCDA.稀释浓硫酸B.分离粗盐中的不溶物C.制备()3FeOH胶体D.证明22HO具有氧化性【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸溶于水会放出大量的热，稀释浓硫酸时应把浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水里，并

不断搅动使产生的热量迅速扩散，不可把水直接倒入浓硫酸中，A不符合题意；B．分离粗盐中的不溶物可通过过滤达到实验目的，B不符合题意；C．将饱和氯化铁溶液滴入到沸水中，继续加热至溶液呈红褐色即可制备氢氧化铁胶体，C不符合

题意；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，和过氧化氢溶液反应生成O2，证明22HO具有还原性，D符合题意；故选D。8.下列离子方程式中，正确的是A.将稀硫酸滴在铜片上：22Cu2HCuH+++=+B.将稀盐酸

滴在石灰石上：2322CaCO2HCaCOHO+++=++C.将硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：2244BaSOBaSO+−+=D.向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸：22442BaOHHSOBaSOHO+−+−+

++=+【答案】B【解析】【详解】A．在金属活动性顺序表中，铜排在氢的后面，是不活泼金属，稀硫酸滴在铜片上，二者不发生反应，A错误；B．将稀盐酸滴在石灰石上，即碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙和水、二氧化碳，反应的离子方程式

为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，B正确；C．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，故离子方程式为()22+2442Ba2OHCuSOBaSOCuOH+−−+++=+

，C错误；D．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，故离子方程式为：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+，D错误；故答案选B。9.4LiAlH是重要的储氢材料，可与水发生反应：4222LiAlH2HOLiAlO4H+=+。下列关于该反应的分析正确的是A.4Li

AlH中铝元素为-5价B.4LiAiH既是氧化剂，又是还原剂C.2H既是氧化产物，又是还原产物D.每生成1个2H，转移2个电子【答案】C【解析】【详解】A．4LiAlH中H显-1价、Li显+1价，根据化合价代数和等于0，铝元素为+3价，故A错误；B．4LiAiH中H元素化合价升

高，4LiAiH是还原剂，故B错误；C．4LiAiH中H元素化合价由-1升高为0、H2O中H元素化合价由+1降低为0，2H既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D．H元素化合价由-1升高为0、H2O中H元素化合价由+1降低为0生成氢气，每生成1

个2H，转移1个电子，故D错误；选C。10.“2CO歧化法”是生产4KMnO的传统工艺，即在24KMnO和KOH的混合溶液中通入2CO气体，发生反应2422423MnOCOHOMnOMnOHCO−−−++=++(未配平)。下列说法正确的是A.该工艺利用了2CO的氧化性B.在该反应中，4Mn

O−是氧化产物，2MnO是还原产物C.在该反应中，氧化剂和还原剂的粒子数目之比为2∶1D.方程式中2CO和2HO的化学计量数之比为1∶2【答案】B【解析】【分析】依题意，K2MnO4与CO2在碱性条件下反应的离子方程式为2---4224233MnO+4CO+2HO=2MnO+MnO+4HCO，其中

氧化剂和还原剂都是2-4MnO，氧化产物为-4MnO，还原产物为MnO2。【详解】A．该工艺主要是利用K2MnO4的自身歧化，并非CO2的氧化性，A错误；B．该反应中，氧化产物为-4MnO，还原产物为MnO2，B正确；C．该反应中，氧化剂和还原剂都是2-4MnO，其中氧化剂和还原剂

粒子数目之比为1:2，C错误；D．根据配平后的离子方程式可知，CO2和H2O的化学计量数之比为2:1，D错误；本题选B。11.使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→灭→亮”现象的是ABCD试剂a4NaHSO24HSO4CuSO()243FeSO

试剂b()2BaOH()2BaOH()2BaOH()2BaOHA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由“亮→灭→亮”，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大，据此判断。【详解】A．向B

a(OH)2溶液中滴入4NaHSO溶液，生成硫酸钡沉淀和水，化学方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH或Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+2H2O+Na2SO4，溶液中离子浓度不

会为零，灯泡不会灭，A符合题意；B．向Ba(OH)2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮

，B不符合题意；C．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜溶液滴入Ba(OH)2溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，C不符合题意；D．向Ba(OH)2溶液中滴入()243FeSO溶液，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，溶液

中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加()243FeSO溶液，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，D不符合题意；故选A。12.可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成2Cl

，实现氯资源的再利用。反应的化学方程式：222CuO4HClO2Cl2HO++。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是A.CuCl、2CuCl、()CuOHCl均属于盐B.Y为反应物HCl，W为生成物2HOC.反应制得71g2Cl，须

投入160gCuOD.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】由化学方程式可知，该反应涉及反应物包含HCl、H2O、Cl2、O2、CuO，再结合催化机理图示可知，CuCl与Z反应氧化还原反应，生成Cu2OCl2，可知Z为

氧气，Cu2OCl2分解生成CuCl2和CuO，其中CuCl2继续分解生成CuCl和X，Cu元素化合价变化，故X为Cl2，该反应为氧化还原反应，CuO与Y反应可生成Cu(OH)Cl，由原子守恒可知，Y为HCl，Cu(OH)Cl可分解生成Cu2OCl2和W，则W为H2O，故X、Y、Z、W

依次为Cl2、HCl、O2、H2O。【详解】A．CuCl、2CuCl、()CuOHCl均含有金属阳离子和酸根，属于盐，A正确；B．Y和CuO反应生成()CuOHCl，根据原子守恒可知Y为HCl，()CuOHCl分解生成Cu2OCl2和W为H2O，B正确；C．7

1g2Cl的物质的量为71g71g/mol=1mol，由图可知，2CuCl2=2CuCl+Cl2，反应制得1molCl2，由Cu原子守恒可知须投入2molCuO，但是CuO为催化剂在反应中可循环利用，不需要加入160gCuO，C错误；D．由分析可知，图中转化涉及两个氧化还原反应，分别为：2CuC

l2=2CuCl+Cl2、4CuCl+O2=2Cu2OCl2，D正确；故选C。13.某工业废水中含有大量H+、Na+、2Cu+、Cl−、24SO−、3NO−。某小组同学为除去该废水样品中的2Cu+和24SO−，最

终得到中性溶液，设计了如图所示的实验方案。下列说法不正确的是A.试剂a、试剂b、试剂c可分别为NaOH、2BaCl、23NaCOB.分离操作所需用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒C.向白色沉淀2中加入过量盐酸，沉淀部分溶解D.溶液3中Na+和Cl−的数目相等【答案】D【解析】【分

析】加过量试剂a生成蓝色沉淀，蓝色测定是氢氧化铜，则试剂a是NaOH，溶液1中加过量氯化钡生成硫酸钡沉淀除24SO−，加过量碳酸钠生成碳酸钡沉淀除过量的钡离子，过滤出硫酸钡和碳酸钡沉淀，溶液2中加适量盐酸除过量的氢氧化钠和碳酸钠

得到二氧化碳气体和中性溶液3。【详解】A．根据以上分析，试剂a、试剂b、试剂c可分别为NaOH、2BaCl、23NaCO，故A正确；B．分离操作实现固液分离，分离操作为过滤，过滤用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒，故B正确；C．白色沉淀2是硫酸钡和碳酸钡，加入过量盐酸，碳酸钡溶解、硫酸钡

不溶解，故C正确；D．溶液3中含有Na+和Cl−、3NO−，根据电荷守恒，Na+和Cl−数目不相等，故D错误；选D。14.某小组同学探究硫化钠(2NaS)的化学性质，实验如下。序号装置试剂a实验现象①浓硝酸产生淡黄色沉淀(经检验为S)②

稀硫酸产生臭鸡蛋气味气体(经检验为2HS)③23NaSO溶液、稀硫酸加入23NaSO溶液无明显现象，再加入稀硫酸产生淡黄色沉淀(经检验为S)下列分析或结论不正确．．．是A.实验①证明硫化钠具有还原性B.实验②证明稀硫酸不具有氧化性C.结合实验①②，推

测试剂a为稀盐酸时，实验现象为产生臭鸡蛋气味气体D.实验③说明溶液的酸碱性会影响物质氧化性或还原性的强弱【答案】B【解析】【详解】A．实验①中Na2S和浓硝酸反应生成S沉淀，S元素化合价升高发生氧化反应，证明硫化钠具有还原性，故A正确；的B．稀硫酸具有氧化性，如稀硫酸能与活泼金属反应

放出氢气，稀硫酸表现氧化性，故B错误；C．结合实验①②，可知Na2S与非氧化性酸发生复分解反应，则试剂a为稀盐酸时，实验现象为产生臭鸡蛋气味的H2S气体，故C正确；D．实验③在酸性条件下Na2S与23NaSO溶液发生氧化还原反

应生成S沉淀，在碱性条件下不能发生氧化还原反应，说明溶液的酸碱性会影响物质氧化性或还原性的强弱，故D正确；选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.“价一类”二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型和工具。下图是关于硫及其化合物的“价一类”二维图。（1）甲的化学式为_

__________：乙与生石灰反应的化学方程式为___________。（2）由硫元素组成的单质有多种，如正交硫和单斜硫。它们是硫元素的___________。（3）从物质类别的角度看，2SO属于_________

__(填“酸性”或“碱性”)氧化物，能与碱反应生成盐和水。2SO与足量NaOH溶液反应的离子方程式为___________。（4）从化合价的角度看，亚硫酸盐因含有+4价硫元素而___________。A．具有氧化性B．具有还原性

C．既具有氧化性，又具有还原性（5）向酸性4KMnO溶液中加入少量23NaSO溶液，溶液紫色褪去。反应结束后，硫元素在溶液中的存在形式为___________。补全该过程中发生反应的离子方程式：__________

____________4MnO−+___________3SO−+___________H+=___________2Mn++___________+___________2HO【答案】（1）①.2HS②.2442CaOHSOCaSOHO+=+（2）同素异形体（3）①.酸性②.

2232SO2OHSOHO?−−+=+（4）C（5）①.24SO−②.22243422MnO5SO6H2Mn5SO3HO−−++−++=++【解析】【分析】甲为-2价硫元素的氢化物、为H2S，乙为+6价硫元素的含氧酸、为硫酸；【小问1详解】甲的化学式为2HS：乙与生石灰反应，即氧化钙和硫酸反应

生成硫酸钙和水，化学方程式为2442CaOHSOCaSOHO+=+。【小问2详解】由同一种元素组成的不同单质互称为同素异形体，由硫元素组成的单质有多种，如正交硫和单斜硫，则它们是硫元素的同素异形体。【小问3详解】从物质类别的角度看，2SO属于酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水。2SO与足量Na

OH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：2232SO2OHSOHO?−−+=+。【小问4详解】从化合价的角度看，亚硫酸盐因含有+4价硫元素，+4价处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故选C。【小问5详解】向酸性4KMnO

溶液中加入少量23NaSO溶液，溶液紫色褪去，生成2Mn+。锰元素化合价降低，4KMnO为氧化剂，则23NaSO为还原剂，S化合价升高，由+4升高到+6价，则反应结束后，硫元素在溶液中的存在形式为24SO−。则按得失电子

数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得到补全的该过程中发生反应的离子方程式为：22243422MnO5SO6H2Mn5SO3HO−−++−++=++。16.我国宇航员在中国空间站利用化学反应制作出了漂亮的奥运五环。【资料】指示剂变色范围

：【实验】在镶嵌五环的塑料板①-⑤中加入相应试剂(如图所示)，再依次向五环中滴加：①溴百里酚蓝、②3CHCOOH和淀粉溶液、③甲基橙、④指示剂X、⑤甲基橙和溴百里酚蓝，分别出现了蓝色、黑色、红色、黄色、绿

色等5种颜色。序号及试剂①23NaCO溶液②KI和3KIO的混合溶液指示剂溴百里酚蓝3CHCOOH、淀粉溶液颜色蓝色黑色序号及试剂③3CHCOOH溶液④23NaCO溶液指示剂甲基橙指示剂X颜色红色黄色序号及试剂⑤23NaCO溶液指

示剂甲基橙、溴百里酚蓝颜色绿色（1）从物质类别的角度看，KI、3KIO、23NaCO均属于___________类。（2）由①可知23NaCO溶液呈___________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。（3）补全②中发生反应的离

子方程式：______________________3IO−+___________I−+___________3CHCOOH=___________+___________3CHCOO−+___________2HO

若反应中消耗了N个3IO−，则转移电子的数目为___________个。（4）用化学用语解释③中3CHCOOH溶液呈酸性的原因：___________。（5）④中的指示剂X为___________。（6）用试剂___________代替⑤中的甲基

橙，也可得到绿色环。【答案】（1）盐（2）碱性（3）①.33232IO5I6CHCOOH3I6CHCOO3HO−−−++=++②.5N（4）33CHCOOHCHCOOH−++（5）甲基橙（6）3CHCOOH【解析】【小问1详解】从物质类别的角度看，KI、3

KIO、23NaCO均由金属离子和酸根离子组成，均属于盐类。【小问2详解】指示剂变色范围：pH＞7.6时溴百里酚蓝呈蓝色，则由①可知23NaCO溶液pH＞7.6呈碱性。【小问3详解】反应②，KI和3K

IO的混合溶液中3CHCOOH、淀粉溶液，显示黑色，则有碘单质生成，KI中碘元素为-1价，3KIO中碘元素显+5价，发生归中反应生成碘单质，消耗1个3KIO反应转移5个电子，则I-化学计量数为5，由碘原子守恒I2配3，由电荷守恒CH3COO-化学计量数配6，最

后结合原子守恒可补全该反应的离子方程式为：33232IO5I6CHCOOH3I6CHCOO3HO−−−++=++。若反应中消耗了N个3IO−，则转移电子的数目为5N个。【小问4详解】醋酸是弱电解质，能微弱地电离产生氢离子和醋酸根，则

用化学用语解释③中3CHCOOH溶液呈酸性的原因：33CHCOOHCHCOOH−++。【小问5详解】根据资料：指示剂变色范围中溶液pH大于4.4甲基橙显黄色，碳酸钠溶液显碱性，指示剂X显黄色，则④中的指示剂X为甲基橙。【小问6详解】指示剂溴百里酚蓝在6.0~7.6的pH范围内显绿色，23NaCO溶

液显碱性，可加入3CHCOOH与碳酸钠反应，故用试剂3CHCOOH代替⑤中的甲基橙，也可得到绿色环。17.氨和硝酸是重要的化工原料。合成氨及氨氧化制硝酸的工艺流程如下。（1）合成塔中，2N与2H反应生成3NH。3

NH中氮元素的化合价为___________。在该反应中，氧化剂是___________(填化学式，下同)，被氧化的是___________。（2）氧化炉中，3NH转化为NO。通入空气是为了提供___________(填化学式)。（3）吸收塔中，NO最终可转化为3HNO。

补全该过程中总反应的化学方程式：___________NO+___________2O+___________2HO=___________3HNO（4）尾气处理装置中，可用3NH将尾气中的2NO还原为2N，同时生成2HO。若反应中

还原了46g2NO，则生成2HO的质量为___________g。（5）硝酸生产过程中的酸性硝酸盐废水，可用负载在磁性石墨烯上的纳米Fe还原处理。该过程的部分转化机理如图所示，*表示物种被吸附在纳米Fe表面。①转化Ⅰ中，纳米Fe与3NO−反应的离子方程式为___________。②在碱性条

件下，纳米Fe处理3NO−的效果显著下降，一种可能的原因是___________。【答案】（1）①.-3②.2N③.2H（2）2O（3）2234NO3O2HO4HNO++=（4）36（5）①.2322F

eNO2HFeNOHO−++−++=++②.在碱性条件下，产生的()2FeOH等沉淀附着在纳米Fe表面，阻碍了3NO−吸附在纳米Fe表面被还原【解析】【分析】合成塔中氮气和氢气在高温高压催化剂反应生成氨气，分离出氨气，氧化炉中通入空气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，吸收

塔中通入空气和水得到硝酸，尾气处理装置防止污染空气；【小问1详解】合成塔中，2N与2H反应生成3NH：223N+3H2NH催化剂高温高压，3NH中H为+1价，氮元素的化合价是-3价。在该反应中，氮元素化合价降低，则氧化剂的化学式是2N，氢元素化合价升高，则被氧化的物质是2H。【小问2详解

】氧化炉中，3NH转化为NO，化学方程式为：催2剂3化2Δ4NH+5O4NO+6HO=，则通入空气是为了提供2O(填化学式)。【小问3详解】吸收塔中，NO最终可转化为3HNO。反应中，氮元素从+2价升高到+5价、氧气中氧元素从0价降低到-2价

，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：补全的该过程中总反应的化学方程式：2234NO3O2HO4HNO++=。【小问4详解】尾气处理装置中，可用3NH将尾气中的2NO还原为2N，同时生成2HO。化学方程式

为：32228NH6NO7N12HO+=+，可见：二氧化氮是氧化剂被还原，反应中每有6×46g2NO被还原，就生成12×18g2HO，若反应中还原46g2NO，则生成2HO的质量为36g。【小问5详解】①由图：转化Ⅰ中，纳米Fe与3NO−反应生成亚铁离子和

亚硝酸根，反应中，铁元素从0价升高到+2价、氮元素从+5价降低到+3价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：离子方程式为2322FeNO2HFeNOHO−++−++=++。②()2FeOH是难溶物，则在碱性条件下，纳米Fe

处理3NO−效果显著下降的可能的原因是：在碱性条的件下，产生的()2FeOH等沉淀附着在纳米Fe表面，阻碍了3NO−吸附在纳米Fe表面被还原。18.用含有23AlO、2SiO和少量23FeOFeOx的铝灰制备()2234AlSO18HO，工艺流程如下(部分操作和条

件略)：Ⅰ．向铝灰中加入过量稀24HSO，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量4KMnO溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入4MnSO至紫红色消失，过滤；Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。已知：ⅰ．一定条件

下，生成氢氧化物沉淀的pH()3AlOH()2FeOH()3FeOH开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8ⅱ．一定条件下，4MnO−可与2Mn+反应生成2MnO（1）步骤Ⅰ中24HSO溶解23AlO的离子方程式为______

_____。（2）步骤Ⅰ中过滤所得滤液中的阳离子除3Al+、2Fe+外还有___________。（3）步骤Ⅱ中加入过量4KMnO溶液并调节溶液的pH约为3的目的是___________。（4）步骤Ⅳ中加入4MnSO至紫红色消失的目的是___________，该过程中发生反

应的离子方程式为___________。（5）步骤Ⅳ中过滤所得滤渣的主要成分为___________。【答案】（1）3232AlO6H2Al3HO+++=+（2）3Fe+、H+（3）将2Fe+全部氧化为3Fe+，并除尽溶液中的3Fe+（4）①.除去过量的4MnO−②.24223Mn

2MnO2HO5MnO4H+−+++=+（5）()3FeOH、2MnO【解析】【分析】由题意可知，制备十八水硫酸铝的实验过程为向铝灰中加入过量稀硫酸，金属氧化物溶解得到硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铁，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有过量稀硫酸、硫酸铝、硫酸亚铁和硫

酸铁的滤液；向滤液中加入过量的高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为3，加热条件下将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，向反应后的溶液中加入硫酸锰，将溶液中过量的高锰酸钾转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和硫酸铝溶液；溶液经浓缩、结晶、分离得到十八水硫酸铝。【小问1详解】步

骤Ⅰ中氧化铝溶解的反应为氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为3232AlO6H2Al3HO+++=+，故答案为：3232AlO6H2Al3HO+++=+；【小问2详解】由分析可知，步骤Ⅰ所得滤液的主要成分为过量稀硫酸、硫酸铝、硫酸亚铁和硫酸铁，溶液中的阳离

子为氢离子、铝离子、亚铁离子和铁离子，故答案为：3Fe+、H+；【小问3详解】由分析可知，步骤Ⅱ中加入过量的高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为3的目的是在加热条件下将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：将2Fe+全部氧化为3Fe+，并除尽溶液中的3

Fe+；【小问4详解】由分析可知，步骤Ⅳ中加入硫酸锰的目的是将溶液中过量的高锰酸钾转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为24223Mn2MnO2HO5MnO4H+−+++=+，故答案为：除去过量的4MnO

−；24223Mn2MnO2HO5MnO4H+−+++=+；【小问5详解】由分析可知，步骤Ⅳ中过滤所得滤渣的主要成分为氢氧化铁、二氧化锰，故答案为：()3FeOH、2MnO。19.某小组同学探究4CuSO溶液与2NaS溶液的反应。资料：ⅰ．S为黄色固体，难溶于水，不与盐酸反应，

在浓碱条件下会发生歧化。ⅱ．CuS为黑色固体，难溶于水，不与盐酸或NaOH溶液反应。ⅲ．BaS为白色固体，易溶于水。【理论分析】假设Ⅰ：4CuSO溶液与Na₂S溶液能发生复分解反应。假设Ⅱ：4CuSO溶液与Na₂S溶液能发生氧化还原反应。（1）若假设Ⅰ成立，则发生反应的离子方程式为

___________。（2）从化合价的角度看，提出假设Ⅱ的依据是___________。【实验验证】实验Ⅰ：将一定浓度的4CuSO溶液和2NaS溶液等体积混合，迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体。在空气中静置一段时间，红色固体减少、黑色固体增多。（

3）经检验，红色固体为Cu。补全红色固体在空气中转化为黑色固体时所发生反应的离子方程式：___________22Cu2S−++___________+___________2HO2CuS=+___________（4）通过下列

实验证实，黄色固体为S。实验Ⅱ：将实验Ⅰ中固体依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净，并按如下方案检验。①洗涤实验Ⅰ中固体的目的是为了防止___________(填离子符号)对后续实验产生干扰。②在上述实验中，S发生歧化反应的离子方程式为___

________。【实验结论】（5）根据以上实验，该小组得出的结论是___________。【答案】（1）22CuSCuS+−+=（2）2Cu+中的铜元素为+2价，处于铜元素的较高价态，2Cu+可能具有氧化性；2S−

中的硫元素为-2价，处于硫元素的最低价态，2S−可能具有还原性（3）2222Cu2SO2HO2CuS4OH−−+++=+（4）①.24SO−、2S−②.22323S6OH2SSO3HO−−−+++（5）4CuSO溶液与2NaS溶液

混合时，二者之间既能发生复分解反应，又能发生氧化还原反应【解析】【分析】假设Ⅰ：CuSO4与Na2S发生复分解反应，则产生黑色沉淀CuS；假设Ⅱ：如果CuSO4溶液和Na2S溶液能发生氧化还原反应，生成黄色沉淀S和红色固体Cu，据此回答。(4)实验Ⅰ中固体为铜、硫化铜和硫单质的混合物，通

过硫酸铜和硫化钠反应生成，故沉淀表面会吸附硫酸根离子和硫离子；所得固体经洗涤，除去表面吸附的硫酸根离子和硫离子，再加入浓氢氧化钠溶液、加热，硫和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，硫化铜和铜不溶解，则上

层清液中含硫化钠、亚硫酸钠和过量的氢氧化钠溶液，氢氧化钠吸收了空气中的二氧化碳产生碳酸根，加入足量氯化钡溶液，生成亚硫酸钡、碳酸钡沉淀。【小问1详解】若假设Ⅰ成立，则CuSO4与Na2S发生复分解反应，产生黑色沉淀CuS和硫酸钠溶液，发生反应的离子方程式为22CuSCuS+−+=。【小问2详

解】氧化还原反应中有电子转移，表现为元素化合价发生变化，则从化合价的角度看提出假设Ⅱ的依据是：2Cu+中的铜元素为+2价，处于铜元素的较高价态，2Cu+可能具有氧化性；2S−中的硫元素为-2价，处于硫元素的最低价态，2S−可能

具有还原性。【小问3详解】将一定浓度的4CuSO溶液和2NaS溶液等体积混合，迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体。黑色固体为CuS，红色固体为Cu，黄色固体为S，静置后红色固体Cu减少、黑色固体增多，结合所给的不完整的方程式可知铜被空气中氧气氧化为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫

化铜黑色沉淀，按得失电子守恒可知道存在关系式22CuO2CuS，结合电荷守恒元素质量守恒，可得反应的离子方程式为：2222Cu2SO2HO2CuS4OH−−+++=+。【小问4详解】①为了避免加入BaCl2时生成BaSO4沉淀、

防止引入硫离子，故需要排除硫酸根、硫离子的干扰，实验Ⅰ中依次用盐酸、蒸馏水洗涤固体的目的是：为了防止S2-、24SO−(填离子符号)对后续实验产生干扰。②在上述实验中，S发生歧化反应转化为硫化钠与亚硫酸钠，离子方程式为22323S6OH

2SSO3HO−−−+++。【小问5详解】根据以上实验，该小组得出的结论是：4CuSO溶液与2NaS溶液混合时，二者之间既能发生复分解反应，又能发生氧化还原反应。