試題PAGE1試題2024北京四中高一（下）期中化學一、選擇題（本題共25小題，每小題2分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確）1．下列電池工作時能量轉化形式與其它三個不同的是（）A．鋅錳堿性電池B硅太陽能電池C氫燃料電池D鉛蓄電池A．A B．B C．C D．D2．下列可能造成酸雨的氣體是（）A．N2 B．CO2 C．SO2 D．NH33．二十四節氣是中國歷法的獨特創造，四月農諺：“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是節氣谷雨．下列元素在自然界中的轉化與“雷雨肥田”有關的是（）A．K B．N C．P D．C4．水與下列物質反應時，水表現出氧化性的是（）A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O5．下列變化中，屬于吸熱反應的是（）A．氫氧化鋇與氯化銨的反應 B．鎂條與鹽酸的反應 C．氫氣在氯氣中燃燒 D．固體氫氧化鈉溶于水6．僅通過物理方法就能從海水中獲得的物質是（）A．鈉、鎂 B．溴、碘 C．食鹽、淡水 D．氯氣、燒堿7．如圖所示為鋅銅原電池。下列敘述中，正確的是（）A．鹽橋的作用是傳導離子 B．外電路電子由銅片流向鋅片 C．鋅片上的電極反應式為Zn2++2e﹣═Zn D．外電路中有0.2mol電子通過時，銅片表面增重約3.2g8．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH＝﹣566kJ?mol﹣1N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ?mol﹣1則2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的ΔH是（）A．﹣386kJ?mol﹣1 B．+386kJ?mol﹣1 C．﹣746kJ?mol﹣1 D．+746kJ?mol﹣19．下列有關無機非金屬材料的說法中，不正確的是（）A．硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是制備硅酸的原料 B．SiO2制成的玻璃纖維，由于導電能力強而被用于制造光纜 C．玻璃、水泥和陶瓷，其成分均含有硅酸鹽 D．Si3N4是一種新型無機非金屬材料，可應用于制造發動機10．在生產、保存、運輸和使用濃硫酸時，下列說法不正確的是（）A．工業制取硫酸過程中逸出的SO2可用NH3?H2O吸收 B．常溫下可選用鐵制或鋁制容器盛裝 C．盛裝容器的標簽上應標注氧化劑和腐蝕品 D．使用時向其中直接加水可制得稀硫酸11．一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中●和〇代表不同元素的原子。關于此反應的說法不正確的是（）A．反應物總能量一定低于生成物總能量 B．一定屬于可逆反應 C．一定有非極性共價鍵斷裂 D．一定屬于氧化還原反應12．科學的假設是實驗探究的先導與價值所在．下列在假設引導下的探究肯定沒有意義的是（）A．探究Fe與Cl2反應可能生成FeCl2 B．探究Na與H2O反應可能有O2生成 C．探究Na2O2與SO2反應可能有Na2SO4生成 D．探究Mg與HNO3溶液反應產生的氣體中可能含有H213．在給定的條件下，下列選項所示的物質間能一步直接轉化的是（）A．SiO2→HCl(aq)SiHCl3→高溫B．FeS2→煅燒O2SO2→H2C．N2→高溫、高壓、催化劑H2NH3→HCl(aq)D．MgCO3→HCl(aq)MgCl2（aq）→14．用如圖所示裝置進行下列實驗，實驗結果與預測的現象不一致的是（）選項①中的物質②中的物質預測裝置中現象ANO2蒸餾水試管充滿無色溶液BSO2紫色石蕊溶液溶液逐漸變為紅色CNH3AlCl3溶液產生白色沉淀DCl2AgNO3溶液產生白色沉淀A．A B．B C．C D．D15．用灼燒法證明海帶中含有碘元素，各步驟選用的實驗用品不必都用到（）實驗步驟實驗用品A步驟1：將海帶灼燒灰化B步驟2：將海帶灰溶解、過濾C步驟3：氧化濾液中的I﹣D步驟4：檢驗碘元素A．A B．B C．C D．D16．下列裝置不能完成相應實驗的是（）A．甲裝置可用于制備氨氣 B．乙裝置可除去CO2中少量的SO2雜質 C．丙裝置可用于粗鹽提純 D．丁裝置可分離CCl4萃取碘水后的分層液體*g3e）i!d5O5E#L1G17．下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗目的的是（）A．制取SO2 B．驗證漂白性 C．收集SO2 D．尾氣處理18．廢水脫氮工藝中有一種方法是在廢水中加入過量NaClO使NH4+完全轉化為N2，該反應可表示為2NH4++3ClO﹣═N2+3Cl﹣A．反應中氮元素被氧化，氯元素被還原 B．還原性NH4+＞C．反應中每生成1molN2，轉移6mol電子 D．經此法處理過的廢水可以直接排放19．如圖為反應H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的能量變化示意圖，下列說法不正確的是（）A．H—H鍵比Cl﹣Cl鍵強，H—Cl鍵是極性共價鍵 B．斷鍵吸收能量，成鍵釋放能量，該反應ΔH＝﹣183kJ/mol C．若生成液態HCl，則反應釋放的能量將減少 D．反應的焓變與假想的中間物質的種類、狀態無關20．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．無色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣ B．與鋁反應出氫氣的溶液中：K+、Na+、CO32?、C．c（Fe2+）＝1mol?L﹣1的溶液中：K+、NH4+、MnO4D．能使石蕊變紅的溶液中：Na+、NH4+、SO21．某同學向SO2和Cl2的混合氣體中加入品紅溶液，振蕩，溶液褪色，將此無色溶液分成三份，依次進行實驗，實驗操作和實驗現象記錄如下：下列實驗分析中，不正確的是（）序號①②③實驗操作實驗現象溶液不變紅，試紙不變藍溶液不變紅，試紙褪色生成白色沉淀A．①說明Cl2被完全消耗 B．②中試紙褪色的原因是：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI C．③中若將BaCl2溶液換成Ba（NO3）2溶液，也能說明SO2被Cl2氧化為SO4D．實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化22．下列離子方程式中正確的是（）A．KI溶液與H2SO4酸化的H2O2溶液混合：2I﹣+H2O2+2H+═2H2O+I2 B．NH4HCO3溶液與過量KOH濃溶液共熱NH4++OH﹣△ˉNH3C．稀硝酸和過量的鐵屑反應：3Fe+8H++2NO3?═3Fe3++2NO↑+4H2D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好為中性：Ba2++OH﹣+H++SO42?═BaSO423．鋁熱反應常用于冶煉高熔點金屬，某小組探究Al粉與Fe3O4發生反應所得黑色固體的成分，實驗過程及現象如下：下列說法不正確的是（）A．反應①產生的氣體是H2 B．反應②為：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣ C．反應③的白色沉淀是Al（OH）3 D．黑色固體中不含Al和Fe3O424．已知：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/mol。以太陽能為熱源分解Fe3O4，經熱化學鐵氧化合物循環分解水制H2的過程如下：過程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/mol過程Ⅱ：……下列說法不正確的是（）A．過程Ⅰ中每消耗232gFe3O4轉移2mol電子 B．過程Ⅱ熱化學方程式為：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）△H＝+128.9kJ/mol C．過程Ⅰ、Ⅱ中能量轉化的形式依次是：太陽能→化學能→熱能 D．鐵氧化合物循環制H2具有成本低、產物易分離等優點25．某小組同學用如圖裝置進行銅與濃硫酸反應時，發現試管中有黑色物質產生。同學猜測，黑色物質中可能含有CuO、Cu2S和CuS，針對產生的黑色物質，該小組同學繼續進行實驗探究，獲得數據如表。下列說法不正確的是（）硫酸濃度/mol?L﹣1黑色物質出現的溫度∕℃黑色物質消失的溫度∕℃15約150約23616約140約25018約120不消失A．硫酸濃度越大，黑色物質越易出現、越難消失 B．黑色物質消失過程中有SO2、H2S生成 C．硫酸濃度為16mol?L﹣1時，先升溫至250℃以上，再將銅絲與濃硫酸接觸，可以避免產生黑色物質 D．取黑色物質洗滌、干燥后，加稀硫酸充分混合，固體質量不變，說明黑色物質中不含CuO二、非選擇題（共50分，請將答案填在答題紙上）26．（10分）氮及其化合物與人們的生活息息相關．（1）氮元素在周期表中的位置是．（2）實驗室可用銅與稀硝酸反應制取NO，其離子方程式是．為防止環境污染，可用堿液吸收氮的氧化物．NO與NO2按物質的量之比1：1被NaOH溶液完全吸收后得到一種鈉鹽，該鈉鹽的化學式是．（3）已知：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣574kJ?mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ?mol﹣1根據①和②，標準狀況下，4.48LCH4恰好將NO2轉化為N2時，ΔH＝．關于①和②，下列說法正確的是（填字母）．a．由反應①可推知：CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH＜﹣574kJ?mol﹣1b．等物質的量的甲烷分別發生反應①、②，轉移電子數相同c．如圖可表示①的反應過程和能量關系（4）同溫同壓下，3.5LNH3恰好將3.0LNO和NO2的混合氣完全轉化為N2，則原混合氣中NO和NO2的體積比是．27．（10分）根據要求完成下列各小題實驗目的。（a、b為彈簧夾，加熱及固定裝置已略去）（1）驗證碳、硅非金屬性的相對強弱。（已知酸性：亞硫酸＞碳酸）①連接儀器、、加藥品后，打開a關閉b，然后滴入濃硫酸，加熱。②銅與濃硫酸反應的化學方程式是。裝置A中試劑是。③能說明碳的非金屬性比硅強的實驗現象是。（2）驗證SO2的氧化性、還原性和酸性氧化物的通性。①在（1）①操作后打開b，關閉a，其他不變。②H2S溶液中有淺黃色渾濁出現，化學方程式是。③BaCl2溶液中無明顯現象，將其分成兩份，分別滴加下列溶液，將產生的沉淀的化學式填入下表相應位置。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化學式寫出其中SO2顯示還原性生成沉淀的離子方程式。28．（8分）以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4為原料，制備高純PbO，實現鉛的再生利用。其工作流程如圖：（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是。（2）過程Ⅰ中，Fe2+催化過程可表示為：ⅰ：2Fe2++PbO2+4H++SO42?=2Fe3++PbSOⅱ：……①寫出ⅱ的離子方程式：。②下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅。b．。（3）PbO溶解在NaOH溶液中，其溶解度曲線如圖所示。①過程Ⅱ的目的是脫硫。濾液1經處理后可在過程Ⅱ中重復使用，其目的是（選填序號）．A．減少PbO的損失，提高產品的產率B．重復利用NaOH，提高原料的利用率②過程Ⅲ的目的是提純。結合上述溶解度曲線，簡述過程Ⅲ的操作：．29．（12分）氧化鈷（Co2O3）粉體材料在工業、電子、電訊等領域都有著廣闊的應用前景。某銅鈷礦石主要含有CoO（OH）、CoCO3、Cu2（OH）2CO3和SiO2，其中還含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由該礦石制備Co2O3的部分工藝過程如下：Ⅰ．將粉碎的礦石用過量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡。Ⅱ．浸出液除去含銅的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定濃度的Na2CO3溶液，過濾，分離除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6（SO4）4（OH）12]。Ⅲ．向上述濾液中加入足量NaF溶液，過濾，分離除去沉淀b。Ⅳ．Ⅲ中濾液加入濃Na2CO3溶液，獲得CoCO3沉淀。Ⅴ．將CoCO3溶解在鹽酸中，再加入（NH4）2C2O4溶液，產生CoC2O4?2H2O沉淀。分離出沉淀，將其在400℃～600℃煅燒，即得到Co2O3。請回答：（1）Ⅰ中，稀硫酸溶解CoCO3的化學方程式是，加入Na2SO3溶液的主要作用是。（2）根據圖1、圖2分析：①礦石粉末浸泡的適宜條件應是。②圖2中銅、鈷浸出率下降的可能原因是。（3）Ⅱ中，浸出液中的金屬離子與NaClO3反應的離子方程式：ClO3?++═Cl﹣+（4）Ⅱ中，檢驗鐵元素完全除去的試劑是，實驗現象是。（5）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3的作用分別是、。（6）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、（填化學式）。（7）Ⅴ中，分離出純凈的CoC2O4?2H2O的操作是。30．（10分）某小組同學利用原電池裝置探究物質的性質。資料顯示：原電池裝置中，負極反應物的還原性越強，或正極反應物的氧化性越強，原電池的電壓越大。（1）同學們利用下表中裝置進行實驗并記錄。裝置編號電極A溶液B操作及現象ⅠFepH＝2的H2SO4連接裝置后，石墨表面產生無色氣泡：電壓表指針偏轉ⅡCupH＝2的H2SO4連接裝置后，石墨表面無明顯現象：電壓表指針偏轉，記錄讀數為a①同學們認為實驗Ⅰ中石墨電極上應該有氫氣產生，其反應式是。②實驗Ⅱ中，甲同學認為石墨電極上不會有氫氣產生，其理論判斷依據是；乙同學認為實驗Ⅱ中石墨電極上附著的氧氣得電子，其電極反應式是。（2）同學們仍用上述裝置并用Cu和石墨為電極繼續實驗，探究實驗Ⅱ指針偏轉原因及影響O2氧化性的因素。編號溶液B操作及現象Ⅲ經煮沸的pH＝2的H2SO4溶液表面用煤油覆蓋，連接裝置后，電壓表指針微微偏轉，記錄讀數為bⅣpH＝2的H2SO4在石墨一側緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉，記錄讀數為c；取出電極，向溶液中加入數滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入，電壓表讀數仍為cⅤpH＝12的NaOH在石墨一側緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉，記錄讀數為d①丙同學比較實驗Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數為：c＞a＞b，請解釋原因是。②丁同學對Ⅳ、Ⅴ進行比較，其目的是探究對O2氧化性的影響。③實驗Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是。④為達到丁同學的目的，經討論，同學們認為應改用如圖裝置對Ⅳ、Ⅴ重復進行實驗，其設計意圖是；重復實驗時，記錄電壓表讀數依次為c′、d′且c′＞d′，由此得出的結論是。

參考答案一、選擇題（本題共25小題，每小題2分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確）1．【分析】A．鋅錳堿性電池，將化學能轉化成電能的裝置；B．硅太陽能電池，是將太陽能轉化為電能的裝置；C．氫燃料電池，將化學能轉化成電能的裝置；D．鉛蓄電池，將化學能轉化成電能的裝置．【解答】解：A．鋅錳堿性電池，將化學能轉化成電能的裝置；B．硅太陽能電池，是將太陽能轉化為電能的裝置；C．氫燃料電池，將化學能轉化成電能的裝置；D．鉛蓄電池，將化學能轉化成電能的裝置；所以B能量轉化形式與其它三個不同，故選：B。【點評】本題考查電池的能量轉化形式，比較簡單．2．【分析】正常雨水的pH約為5.6，酸雨是pH小于5.6的雨水，造成酸雨的常見氣體有二氧化硫、氮的氧化物等，以此進行判斷。【解答】解：A.N2為中性氣體，為空氣的主要成分，不會造成酸雨，故A錯誤；B.CO2為空氣的組成成分，不會造成酸雨，故B錯誤；C.SO2溶于水生成亞硫酸，且亞硫酸易被氧化為硫酸，導致雨水酸性較強，是造成酸雨的氣體，故C正確；D.NH3為堿性氣體，不會造成酸雨，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查酸雨的成因，為高頻考點，把握酸雨成因及常見氣體的性質為解答關鍵，注意掌握正常雨水與酸雨的區別，試題側重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。3．【分析】由于在放電條件下，空氣中的氧氣和氮氣化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再經過復雜的化學變化，最后生成了易被農作物吸收的硝酸鹽，可以據此答題．【解答】解：由于在放電條件下，空氣中的氧氣和氮氣化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再經過復雜的化學變化，最后生成了易被農作物吸收的硝酸鹽，所以為作物提供了所需要的N元素，屬于氮肥，分析所給的選項可以知道選項B是正確的。故選：B。【點評】本題考查了氮及其化合物性質，氮、磷、鉀這三種元素中只含有氮元素的是氮肥．只含有鉀元素的是鉀肥，只含有磷元素的是磷肥．含有兩種或兩種以上元素的化肥是復合肥，題目難度不大。4．【分析】根據氧化還原反應原理，表現氧化性的物質在反應時化合價降低，水中氫元素還可以降價，據此分析。【解答】解：A．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合價由+1降為0價，得電子被還原，作氧化劑，在反應中表現出氧化性，故A正確；B．Cl2+H2O?HCl+HClO，H2O中的元素沒有發生化合價的變化，水在反應中既不是氧化劑也不是還原劑，既不表現氧化性也不表現還原性，故B錯誤；C．3NO2+H2O＝2HNO3+NO，H2O中的元素沒有發生化合價的變化，水在反應中既不是氧化劑也不是還原劑，既不表現氧化性也不表現還原性，故C錯誤；D．Na2O+H2O＝2NaOH，該反應沒有元素化合價變化，不是氧化還原反應，水在反應中既不表現氧化性也不表現還原性，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查氧化還原反應的分析，抓住化合價的變化規律分析，難度不大，注重基礎。5．【分析】反應物總能量小于生成物總能量的反應為吸熱反應，常見的放熱反應有：物質燃燒、金屬與酸（或水）反應、中和反應、大多數化合反應及鋁熱反應等；常見的吸熱反應有：多數分解反應、個別的化合反應（如C和CO2）、某些復分解反應（如銨鹽和強堿）等，以此進行判斷。【解答】解：A.氫氧化鋇與氯化銨的反應屬于吸熱反應，故A正確；B.鎂條與鹽酸的反應屬于放熱反應，故B錯誤；C.氫氣在氯氣中燃燒屬于放熱反應，故C錯誤；D.固體氫氧化鈉溶于水會放出熱量，屬于物理變化，不是放熱反應和吸熱反應，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查吸熱反應的判斷，為高頻考點，把握常見吸熱反應和放熱反應類型為解答關鍵，注意掌握化學反應與能量變化的關系，D為易錯點，題目難度不大。6．【分析】從海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等的原理去分析，根據從海水制備物質的原理可知，金屬單質與非金屬單質需要利用化學反應來制取，而食鹽可利用蒸發原理，淡水利用蒸餾原理來得到；【解答】解：A、海水中得到鈉、鎂，需要首先從海水中獲得氯化鈉和氯化鎂，然后再去電解熔融狀態的氯化鈉和氯化鎂即得鈉和鎂，故A錯誤；B、從海水中提煉溴和碘，是用氯氣把其中的碘離子和溴離子氧化為碘單質和溴單質，故B錯誤；C、把海水用蒸餾等方法可以得到淡水，把海水用太陽暴曬，蒸發水分后即得食鹽，不需要化學變化就能夠從海水中獲得，故C正確；D、可從海水中獲得氯化鈉，配制成飽和食鹽水，然后電解，即得燒堿、氫氣和氯氣，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了海水的成分，海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等化學反應原理，涉及的知識較多，但難度不大的題目，注意的是金屬單質與非金屬單質需要利用化學反應來制取，掌握原理是解題的關鍵．7．【分析】銅鋅原電池中，鋅較活潑，為原電池的負極，發生Zn﹣2e﹣＝Zn2+，銅為正極，發生Cu2++2e﹣＝Cu，原電池工作時，鹽橋是使整個裝置構成通路、保持溶液呈電中性，以此解答該題。【解答】解：A．鹽橋是使整個裝置構成通路、保持溶液呈電中性，所以鹽橋的作用是傳導離子，故A正確；B．外電路電子由負極鋅片流向正極銅片，故B錯誤；C．銅鋅原電池中，鋅較活潑，為原電池的負極，發生Zn﹣2e﹣＝Zn2+，故C錯誤；D．銅為正極，發生Cu2++2e﹣＝Cu，則外電路中有0.2mol電子通過時，銅片表面增重約6.4g，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查原電池的工作原理，注意把握工作原理以及電極方程式的書寫，題目難度不大，側重于考查學生的分析能力。8．【分析】依據蓋斯定律內容和含義，結合熱化學方程式計算得到所需熱化學方程式得到．【解答】解：①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH＝﹣566kJ?mol﹣1②N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ?mol﹣1依據蓋斯定律計算①﹣②得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）ΔH＝﹣746kJ/mol；故選：C。【點評】本題考查了熱化學方程式的書寫方法和蓋斯定律的計算應用，掌握基礎知識是解題關鍵，題目較簡單。9．【分析】A．硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，能和鹽酸反應生成硅酸；B．二氧化硅屬于原子晶體，不能導電；C．玻璃、水泥和陶瓷均屬于硅酸鹽材料；D．根據氮化硅的性質來確定其用途．【解答】解：A．硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，能和鹽酸反應生成硅酸，是制備硅酸的原料，故A正確；B．SiO2制成的玻璃纖維，由于傳導光能力強而被用于制造通訊光纜，故B錯誤；C．玻璃、水泥和陶瓷均屬于硅酸鹽材料，其成分均含有硅酸鹽，故C正確；D．氮化硅是原子晶體，硬度很大，耐磨耐高溫，所以可以制造發動機，它是一種新型無機非金屬材料，故D正確；故選：B。【點評】本題考查學生有關無機非金屬材料的有關知識，注意物質的組成以及物質的性質方面的知識，難度不大。10．【分析】A．SO2屬于酸性氧化物，能和堿溶液反應；B．常溫下，Fe、Al能和濃硫酸發生鈍化現象；C．濃硫酸具有強氧化性、強腐蝕性；D．稀釋濃硫酸時，將濃硫酸倒入水中。【解答】解：A．SO2屬于酸性氧化物，NH3?H2O屬于堿，二者反應生成銨鹽，故A正確；B．常溫下，Fe、Al能和濃硫酸發生氧化還原反應生成一層致密的氧化物薄膜而阻止進一步反應，所以常溫下可選用鐵制或鋁制容器盛裝，故B正確；C．濃硫酸具有強氧化性、強腐蝕性，所以盛裝濃硫酸容器的標簽上應標注氧化劑和腐蝕品，故C正確；D．稀釋濃硫酸時，將濃硫酸倒入水中，并不斷攪拌，防止局部溫度過高而濺出液體，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查濃硫酸的性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確元素化合物的性質、物質之間的轉化關系、實驗操作規范性是解本題關鍵，題目難度不大。11．【分析】由圖可知，為化合物分解生成化合物與單質的反應，且反應后存在反應物，則為可逆反應，有元素的化合價變化，以此來解答。【解答】解：A．一般分解反應為吸熱反應，由圖不能確定反應中能量變化，故A錯誤；B．反應前后均存在反應物，為可逆反應，故B正確；C、同種元素形成的共價鍵叫非極性共價鍵，所以一定有非極性共價鍵斷裂，故C正確；D．化合物生成單質時，元素的化合價變化，為氧化還原反應，故D正確；故選：A。【點評】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握圖中物質的變化、反應的分類為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的易錯點，題目難度不大。12．【分析】A、鐵只有還原性，能被氧化，而氯氣有氧化性；B、由于金屬無負價，故鈉在和水的反應中，鈉一定作還原劑；C、二氧化硫具有還原性、過氧化鈉具有氧化性；D、鎂只有還原性，而硝酸中的氫離子和硝酸根均有氧化性．【解答】解：A、鐵只有還原性，故能被氧化，且有+3價和+2價兩個價態，而氯氣有氧化性，故鐵和氯氣反應時，鐵被氧化，至于生成的是氯化鐵還是氯化亞鐵，有探究的意義，故A不選；B、由于金屬無負價，故鈉在和水的反應中，鈉的化合價一定要升高從而一定作還原劑，則水只能作氧化劑被還原，故不可能有氧氣生成，即此假設不科學，探究沒有意義，故B選；C、二氧化硫具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，所以可以探究SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成，故C不選；D、鎂只有還原性，而硝酸中的氫離子和硝酸根均有氧化性，故鎂和硝酸反應時是將氫離子還原為氫氣還是將硝酸根還原為NOx，有探究的價值，故D不選。故選：B。【點評】本題考查了常見物質的化學反應中生成物的推測，題目難度不大，依據氧化還原反應規律、物質間的反應規律來判斷．13．【分析】A．二氧化硅為酸性氧化物和鹽酸不反應；B．FeS2燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和水反應生成亞硫酸；C．氮氣和氫氣一定條件下反應生成氨氣，氨氣和鹽酸反應生成氯化銨；D．碳酸鎂和鹽酸反應生成氯化鎂、二氧化碳和水，氯化鎂溶液電解不能生成金屬鎂。【解答】解：A．二氧化硅屬于酸性氧化物和鹽酸不反應，不能一步實現反應，故A錯誤；B．二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步轉化，故B錯誤；C．氮氣和氫氣在催化劑、高溫高壓條件下反應生成氨氣，氨氣是堿性氣體和鹽酸反應生成氯化銨，兩步反應能一步實現，故C正確；D．碳酸鎂溶于鹽酸生成氯化鎂溶液，氯化鎂溶液電解得到氫氧化鎂，氫氣和氯氣，不能直接得到金屬鎂，應是電解熔融狀態的氯化鎂得到金屬鎂，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了物質性質、物質轉化的應用，主要是硅、硫、氮、鎂的化合物性質的理解判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單。14．【分析】A．3NO2+H2O＝2HNO3+NO；B．二氧化硫的水溶液呈酸性；C．氫氧化鋁不溶于氨水；D．氯水中有氯離子．【解答】解：A．根據反應3NO2+H2O＝2HNO3+NO可知，反應前氣體是3體積，而反應后氣體是1體積，故A錯誤；B．二氧化硫的水溶液呈酸性，能使石蕊變紅，故B正確；C．氫氧化鋁不溶于氨水，氨氣與氯化鋁溶液反應生成白色沉淀，故C正確；D．氯水中有氯離子，能與硝酸銀反應生成白色沉淀，故D正確。故選：A。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及氣體的收集、物質間的反應等，側重實驗裝置、原理及物質性質的考查，題目難度中等．15．【分析】A、灼燒固體物質需在坩堝中進行，需要酒精燈加熱；B、溶解需要燒杯和玻璃棒，過濾需要漏斗；C、容量瓶是配制一定物質的量濃度溶液的儀器，氧化碘離子不需要容量瓶；D、淀粉遇碘變藍，需要膠頭滴管和試管進行檢驗。【解答】解：A、灼燒海帶時使用三腳架、泥三角、坩堝、坩堝鉗、酒精燈，故A正確；B、海帶灰溶解、過濾時使用燒杯、普通漏斗、玻璃棒、鐵架臺，故B正確；C、氧化碘離子時不需要使用容量瓶，故C錯誤；D、取少量含碘溶液需要膠頭滴管個試管，利用淀粉溶液檢驗，故D正確。故選：C。【點評】本題主要考查的是實驗室中常見儀器的使用以及簡單的化學實驗操作，難度不大，熟練記憶各種儀器的使用方法是解決本題的關鍵。16．【分析】A．CaO與水混合放熱，使氨氣逸出；B．二者均與碳酸鈉溶液反應；C．粗鹽提純需要過濾操作；D．CCl4萃取碘水后分層，且有機層在下層．【解答】解：A．CaO與水混合放熱，使氨氣逸出，可實現固體與液體混合制備氨氣的實驗，故A正確；B．二者均與碳酸鈉溶液反應，不能除雜，應選除雜試劑為飽和碳酸氫鈉溶液，故B錯誤；C．粗鹽提純需要在溶解后進行過濾操作除去不溶性物質，圖中過濾操作合理，故C正確；D．CCl4萃取碘水后分層，且有機層在下層，則圖中分液操作及儀器合理，故D正確；故選：B。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握氣體的制備、混合物分離提純及實驗基本技能等為解答的關鍵，注意性質及實驗裝置的綜合應用，側重實驗評價性的考查，題目難度不大。17．【分析】實驗室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫為酸性氧化物，可與堿反應，以此解答該題。【解答】解：A．稀硫酸和銅不反應，應用濃硫酸和銅反應制備二氧化硫氣體，故A錯誤；B．二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符合要求，可達到實驗目的，故B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應從長導管進入，故C錯誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質的檢驗等，為高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度中等18．【分析】A．反應中氮元素化合價由﹣3價升高為0價，被氧化，氯元素化合價由+1價降低為﹣1價，被還原；B．氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的還原性；C．反應中氮元素化合價由﹣3價升高為0價；D．經此法處理過的廢水中含有鹽酸，屬于酸性廢水。【解答】解：A．反應中氮元素化合價由﹣3價升高為0價，被氧化，氯元素化合價由+1價降低為﹣1價，被還原，故A正確；B．氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的還原性；反應中NH4+為還原劑，Cl﹣C．反應中氮元素化合價由﹣3價升高為0價，每生成1molN2，轉移6mol電子，故C正確；D．經此法處理過的廢水中含有鹽酸，屬于酸性廢水，不能直接排放，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查氧化還原反應，側重考查學生氧化還原基礎知識的掌握情況，試題難度中等。19．【分析】A．鍵能越大，鍵越強，不同非金屬元素之間形成極性鍵；B．ΔH＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能；C．從氣態到液態會放出熱量；D．焓變只與反應的始態和終態有關．【解答】解：A．氫氣鍵能為436kJ/mol，氯氣鍵能為243kJ/mol，所以H—H鍵比Cl﹣Cl鍵強，不同非金屬元素之間形成極性鍵，即H—Cl鍵為極性鍵，故A正確；B．ΔH＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能＝（436kJ/mol+243kJ/mol）﹣2×431kJ/mol＝﹣183kJ/mol，故B正確；C．從氣態到液態會放出熱量，所以若生成液態HCl，則反應釋放的能量將增大，故C錯誤；D．焓變只與反應的始態和終態有關，而與反應的途徑無關，即反應的焓變與假想的中間物質的種類、狀態無關，故D正確。故選：C。【點評】本題考查了鍵能與反應熱，題目難度不大，注意從鍵能角度計算反應熱的方法，學習中注意相關知識的積累，側重于考查學生對基礎知識的應用能力．20．【分析】A．Fe3+為黃色，且Fe3+與SCN﹣反應生成絡合物；B．與鋁反應出氫氣的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，酸性條件下CO32?不能大量存在，當溶液呈堿性時，K+、Na+、CO3C．Fe2+、MnO4D．能使石蕊變紅的溶液呈酸性，酸性條件下HCO3【解答】解：A．Fe3+為黃色，且Fe3+與SCN﹣反應生成絡合物，不能大量共存，故A錯誤；B．與鋁反應出氫氣的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，酸性條件下CO32?不能大量存在，當溶液呈堿性時，K+、Na+、CO3C．Fe2+、MnO4D．能使石蕊變紅的溶液呈酸性，酸性條件下HCO3故選：B。【點評】本題主要考查離子共存，為高頻考點，題目難度不大。21．【分析】SO2和Cl2的混合氣體發生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，等物質的量反應時，反應后無漂白性；若二氧化硫過量時，②中發生SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；③中白色沉淀為硫酸鋇，以此來解答。【解答】解：A．①中發生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，等物質的量反應時，反應后無漂白性，由現象可知Cl2被完全消耗，故A正確；B．若二氧化硫過量時，②中發生SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，則試紙褪色，故B正確；C．換成Ba（NO3）2溶液時，與二氧化硫發生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，不能說明SO2被Cl2氧化為SO4D．由上述實驗可知，品紅溶液和SO2均被氧化，故D正確；故選：C。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，題目難度不大。22．【分析】A．碘離子被過氧化氫氧化為碘單質；B．漏寫碳酸氫根離子與氫氧根離子的反應；C．稀硝酸和過量的鐵屑反應生成亞鐵離子；D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好為中性，二者以1：2的物質的量比反應．【解答】解：A．KI溶液與H2SO4酸化的H2O2溶液混合的離子反應為2I﹣+H2O2+2H+═2H2O+I2，故A正確；B．NH4HCO3溶液與過量KOH濃溶液共熱的離子反應為HCO3?+NH4++2OH﹣△C．稀硝酸和過量的鐵屑反應的離子反應為3Fe+8H++2NO3?═3Fe2++2NO↑+4HD．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好為中性的離子反應為Ba2++2OH﹣+2H++SO42?═BaSO4故選：A。【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，選項D為學生解答的易錯點，題目難度不大。23．【分析】探究Al粉與Fe3O4發生反應所得黑色固體的成分，由實驗可知，黑色固體與稀硫酸反應生成氣體，且溶液b加KSCN溶液為不變色，可知溶液b不含鐵離子，黑色固體與NaOH反應無氣體，則一定不含Al，溶液a與二氧化碳反應生成白色沉淀為氫氧化鋁，則黑色固體中一定含氧化鋁，由上述分析可知，黑色固體一定含氧化鋁、Fe，一定不含Al，可能含Fe3O4，以此來解答。【解答】解：A．反應①產生的氣體是H2，為金屬與稀硫酸反應生成，故A正確；B．固體含氧化鋁，則反應②為Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣，故B正確；C．反應③中AlO2?與二氧化碳反應，可知白色沉淀是Al（OH）D．黑色固體中不含Al，可能含Fe3O4，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查物質的組成及含量的測定實驗，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。24．【分析】A、過程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）當有2molFe3O4分解時，氧元素由﹣2價變為0價，反應轉移4mol電子；B、將反應①2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/mol和反應②2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/mol根據蓋斯定律變形即可得過程II的熱化學方程式；C、過程I和過程II均為吸熱反應；D、反應FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）的產物中，氫氣為氣體，而Fe3O4為固體。【解答】解：A、過程Ⅰ：2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）當有2molFe3O4分解時，生成1mol氧氣，而232gFe3O4的物質的量為1mol，故生成1mol氧氣，而氧元素由﹣2價變為0價，故轉移2mol電子，故A正確；B、已知反應①2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.0kJ/mol和反應②2Fe3O4（s）═6FeO（s）+O2（g）△H＝+313.2kJ/mol，根據蓋斯定律，將②2?①2可得過程II的熱化學方程式為：3FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+FeC、過程I和過程II均為吸熱反應，故不存在將化學能轉化為熱能的過程，故C錯誤；D、反應FeO（s）+H2O（l）═H2（g）+Fe3O4（s）的產物中，氫氣為氣體，而Fe3O4為固體，故鐵氧化合物循環制H2的產物易分離，且由于利用太陽能，故成本低，故D正確。故選：C。【點評】本題考查了氧化還原反應中得失電子數的計算、蓋斯定律的應用等，難度適中，學會從圖中提取有用的信息。25．【分析】黑色物質中可能含有CuO、Cu2S和CuS，加入的濃硫酸，銅先與濃硫酸反應，反應方程式為Cu+2H2SO4（濃）△ˉCuSO4+SO2↑+2H2O，根據表格信息可知，黑色物質在一定溫度下可溶于濃硫酸，還可能發生5Cu+4H2SO4（濃）△ˉ3CuSO4+Cu2S↓+4H2O、Cu2S+2H2SO4（濃）△ˉCuS+CuSO4+2H2O+SO2↑、CuS+2H2SO4（濃）△ˉCuSO4+SO2↑+S↓+2H2O、CuO+H2SO4（濃）△ˉ【解答】解：A．從表中數據可以看出，硫酸濃度越大，黑色物質出現的溫度越低，黑色物質不消失，說明硫酸濃度越大，黑色物質越易出現、越難消失，故A正確；B．由于濃硫酸有氧化性，會將硫化氫氧化，娿黑色物質消失過程中有SO2生成，不存在H2S，故B錯誤；C．由表格中數據可知，硫酸濃度為16mol?L﹣1時，黑色固體消失的溫度在250℃，先升溫至250℃以上，再將銅絲與濃硫酸接觸，可以避免產生黑色物質，故C正確；D．黑色物質中若含CuO，加入加稀硫酸充分混合，氧化銅會與稀硫酸反應生成硫酸銅和水，硫酸銅溶于水，固體質量會減小，現固體質量不變，說明黑色物質中不含CuO，故D正確；故選：B。【點評】本題考查物質的性質實驗，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意黑色固體的成分及性質，題目難度不大。二、非選擇題（共50分，請將答案填在答題紙上）26．【分析】（1）氮元素原子核外有2個電子層，最外層電子數為5，據此解答；（2）銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、NO與水；NO與NO2發生反應為歸中反應，根據N元素的化合價可知應生成NaNO2；（3）根據蓋斯定律書寫CH4將NO2轉化為N2的熱化學方程式，再計算4.48LCH4的物質的量，結合熱化學方程式計算；a．氣態水的能量比液態水的能量，生成液態水放出的熱量更多；b．兩個反應中只有甲烷為還原劑，都氧化生成二氧化碳，甲烷的物質的量相等，轉移電子數目相等；c．反應過程與能量關系圖象應指明具體物質的物質的量；（4）令NO和NO2的體積分別為xL、yL，根據二者體積與電子轉移守恒列方程計算．【解答】解：（1）氮元素原子核外有2個電子層，最外層電子數為5，氮元素處于第二周期第ⅤA族；故答案為：第二周期第ⅤA族；（2）銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、NO與水，反應離子方程式為：3Cu+8H++2NO3?=3Cu2+NO與NO2發生反應為歸中反應，根據N元素的化合價可知應生成NaNO2，故答案為：3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2（3）已知：①CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣574kJ?mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣1160kJ?mol﹣1由蓋斯定律，①+②得2CH4（g）+4NO2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣1734kJ?mol﹣1標準狀況下，4.48LCH4的物質的量為0.2mol，故標準狀況下，4.48LCH4恰好將NO2轉化為N2時，ΔH＝（﹣1734kJ?mol﹣1）×0.2mol2mol=?a．氣態水的能量比液態水的能量，生成液態水放出的熱量更多，故a正確；b．兩個反應中只有甲烷為還原劑，都氧化生成二氧化碳，甲烷的物質的量相等，轉移電子數目相等，故b正確；c．反應過程與能量關系圖象應指明具體物質的物質的量，故c錯誤；故答案為：﹣173.4kJ?mol﹣1；ab；（4）令NO和NO2的體積分別為xL、yL，由二者體積之和可得：x+y＝3，體積之比等于物質的量之比，由電荷守恒可知：2x+4y＝3.5×3，聯立方程，解得x＝0.75，y＝2.25，故原混合氣中NO和NO2的體積比是0.75：2.25＝1：3，故答案為：1：3．【點評】本題考查結構位置關系、常用化學用語、反應熱的有關計算、氧化還原反應等，難度中等，是對學生運用知識解決問題的綜合考查．27．【分析】（1）①驗證碳、硅非金屬性的相對強弱，是通過碳酸和可溶性硅酸鹽反應析出硅酸沉淀實現的，所以為了保證實驗效果和實驗的順利進行，須檢查裝置的氣密性；②銅與濃硫酸反應，銅被氧化成+2價的銅離子，硫酸被還原成+4價的二氧化硫；高錳酸鉀有強氧化性，能氧化二氧化硫；③當A中KMnO4溶液沒有完全褪色，說明二氧化硫已經完全除盡，盛有Na2SiO3溶液的試管中出現白色沉淀，說明碳的非金屬性比硅強；（2）②二氧化硫中硫元素的化合價是+4價，被硫化氫中﹣2價的硫還原；③氯氣具有氧化性，能將二氧化硫氧化成+6價的硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀；【解答】解：（1）①為了保證實驗的順利進行，避免裝入藥品后發現裝置氣密性不好，更換部分儀器而浪費藥品，避免裝置漏氣影響實驗效果，所以連接儀器后須檢查裝置氣密性，故答案為：檢驗裝置氣密性；②銅和熱的濃硫酸反應，反應中Cu元素的化合價由0升高到+2價，作還原劑，產物為二氧化硫、硫酸銅和水；高錳酸鉀有氧化性，二氧化硫和高錳酸鉀能發生氧化還原反應，反應的方程式為Cu+2H2SO4（濃）加熱ˉCuSO4+2H2O+SO2故答案為：Cu+2H2SO4（濃）加熱ˉCuSO4+2H2O+SO2↑；KMnO4③二氧化硫中硫元素的化合價是+4價，屬于中間價態，既有氧化性又有還原性，高錳酸鉀有強氧化性，離子方程式為5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，當A中KMnO4溶液沒有完全褪色，說明二氧化硫已經完全除盡，避免了二氧化硫和可溶性硅酸鹽反應，二氧化碳和水反應生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸鹽反應析出硅酸白色沉淀，說明碳酸能制取硅酸，能證明碳酸酸性強于硅酸酸性，故答案為：A中KMnO4溶液沒有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的試管中出現白色沉淀；（2）②二氧化硫中硫元素的化合價是+4價，有氧化性，二氧化硫氣體與H2S溶液常溫下反應，生成黃色固體硫（單質）和水，故答案為：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O；③BaCl2溶液中無明顯現象，將其分成兩份，一份滴加氯水溶液，氯水中有氯氣分子，氯氣分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6價的硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子反應生成硫酸鋇白色沉淀，反應的方程式為Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl﹣，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亞硫酸，亞硫酸和氨水反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨電離出銨根離子和亞硫酸根離子，亞硫酸根離子和鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀，故答案為：BaSO4；BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O═BaSO4↓+4H++2Cl﹣；【點評】本題考查非金屬性比較的方法，明確反應原理是解答的關鍵，注意基礎知識的掌握，題目難度中等。28．【分析】（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4，根據原子原子守恒、化合價升降守恒，書寫反應的化學方程式；（2）①過程Ⅰ中，i+ii＝總式，所以ii＝總式﹣i，i為：2Fe2++PbO2+4H++SO42?=2Fe3++PbSO②下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅，即發生反應：2Fe2++PbO2+4H++SO42?=2Fe3++PbSO4+2H2O，生成了Feb．取a中紅色溶液，向其中加入鉛粉后，紅色褪去，發生反應：2Fe3++Pb+SO42?=2Fe2++PbSO4，Fe（3）①濾液1中還含有Pb2+和NaOH，經處理后可在過程Ⅱ中重復使用，其目的是減少PbO的損失，重復利用NaOH；②根據溶解度曲線可知，過程Ⅲ的操作為：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結晶，過濾得到PbO固體。【解答】解：（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是：Pb+PbO故答案為：Pb+PbO（2）①過程Ⅰ中，i+ii＝總式，所以ii＝總式﹣i，i為：2Fe2++PbO2+4H++SO42?=2Fe3++PbSO4+2H2O，所以ⅱ的離子方程式為：2Fe3++Pb+SO故答案為：2Fe3++Pb+SO42?=2Fe②下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅，即發生反應：2Fe2++PbO2+4H++SO42?=2Fe3++PbSO4+2H2O，生成了Feb．取a中紅色溶液，向其中加入鉛粉后，紅色褪去，發生反應：2Fe3++Pb+SO42?=2Fe2++PbSO4，Fe故答案為：取a中紅色溶液，向其中加入鉛粉后，紅色褪去；（3）①過程Ⅱ的目的是脫硫，濾液1經處理后可在過程Ⅱ中重復使用，其目的是減少PbO的損失，提高產品的產率、重復利用NaOH，提高原料的利用率，故答案為：AB；②過程Ⅲ的目的是提純，結合上述溶解度曲線，過程Ⅲ的操作簡述為：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結晶，過濾得到PbO固體，故答案為：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加熱至110℃，充分溶解后，趁熱過濾，冷卻結晶，過濾得到PbO固體。【點評】本題主要考查物質的分離與提純的基本操作，同時考查方程式的書寫，氧化還原反應原理的充分應用，屬于基本知識的考查，難度中等。29．【分析】（1）CoCO3和H2SO4反應生成CoSO4、CO2↑和H2O，據此書寫化學方程式；Na2SO3中的S元素為+4價，具有較強還原性，加Na2SO3將CoO（OH）、Fe2O3中的Co3+和Fe3+還原為Co2+及Fe2+；（2）①根據圖1、圖2分析鈷、銅的浸出率最高的溫度和pH；②圖2中pH逐漸增大時，H+的含量減少，故因反應量減少而浸出率降低；（3）由Ⅳ可知，Co為+2價，價態并未升高，被氧化的是Fe2+；結合化合價升降相等配平該反應的離子方程式；（4）檢驗鐵是否除盡，只需檢驗濾液中是否有Fe3+即可；鐵元素完全除去，加入KSCN溶液不變紅；（5）由Ⅱ知加入Na2CO3溶液，通過CO32?水解提供OH﹣；由Ⅳ知加入Na2CO3溶液，提供（6）由題可知，雜質離子除Mg2+之外，還有Ca2+，據此判斷另一沉淀；（7）通過過濾、洗滌操作從溶液分離出純凈的沉淀。【解答】