知识点：化学

C

【考点】物质的组成、结构和性质的关系．

【分析】A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性氢氧化铝胶体；

B．重金属离子能够使蛋白质变性；

C．碳酸氢钠、氢氧化铝碱性都较弱，都能与盐酸反应；

D．一氧化氮与一氧化碳催化剂条件下反应生成氮气和二氧化碳．

【解答】解：A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以净水，明矾不具有杀菌消毒的作用，故A错误；

B．钡离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，具有毒性，故B错误；

C．碳酸氢钠、氢氧化铝碱性都较弱，都能与盐酸反应，所以都可用于治疗胃酸过多，故C正确；

D．一氧化氮与一氧化碳催化剂条件下反应生成氮气和二氧化碳，故D错误；

故选：C．

知识点：化学

C

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A．求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6molσ键来分析；

B．标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，根据当二氧化碳与过氧化钠反应时，反应掉1mol二氧化碳，反应转移1mol电子来分析；

C．依据n=计算物质的量，结合石墨烯中平均每个六元环含碳原子2个；

D．浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应．

【解答】解：A.4.4g乙醛的物质的量==0.1mol，而1mol乙醛中含6molσ键，故0.1mol乙醛中含0.6molσ键，即0.6NA个，故A错误；

B．标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，而当二氧化碳与过氧化钠反应时，反应掉1mol二氧化碳，反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时，转移0.25mol电子即0.25NA个，故B错误；

C．依据n=计算物质的量==1mol，石墨烯中平均每个六元环含碳原子2个，则1mol碳原子含有六元环的个数为0.5NA，故C正确．

D．浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故D错误；

故选C．

知识点：化学

C

【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【分析】X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是C14，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可能是稀有气体Ne，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H，结合元素周期律的递变规律解答该题．

【解答】解：X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是C14，采用的是断代法；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可只能是稀有气体Ne，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H，则

A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故A错误；

B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，故B错误；

C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，故C正确；

D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，故D错误．

故选C．

知识点：化学

B

【考点】物质的组成、结构和性质的关系．

【分析】A．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；

B．所含元素处于高价态的具有强的氧化性；

C．水分子间通过氢键形成的“网”；

D．H2O（s）→H2O（l）→H2O（g）的变化只破坏分子间作用力．

【解答】解：A．H2O和H2O+，分子式不同，且不是有机物，不属于同分异构体，故A错误；

B．H2O+中O的化合价是﹣1价，具有较强的氧化性，故B正确；

C．水分子间通过氢键形成的“网”，不是新的化合物，故C错误；

D．H2O（s）→H2O（l）→H2O（g）的变化只破坏分子间作用力，不破坏H﹣O键，故D错误；

故选：B．

知识点：化学

B

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念．

【分析】根据有关概念分析，氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物，强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，分散系是根据分散质微粒大小分类的，根据反应中是否有化合价的升降将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，金属和非金属是根据稳定单质中原子间主要作用力来分类的，据此判断．

【解答】解：①纯碱成分是碳酸钠，属于盐，故错误；

②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；

③根据电解质在水溶液里能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；

④分散系是根据分散质微粒大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；

⑤根据反应中是否有化合价的升降，即是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；

⑥不是根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，故错误；

属于判断合理的是②⑤；

故选：B．

知识点：化学

D

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写．

【分析】①还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，溶液加入加入足量FeCl3溶液后，碘离子完全被氧化生成碘，溴离子不反应，用CCl4萃取后，取上层中的液体含有溴离子，溴离子和银离子生成溴化银沉淀；

②还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气先氧化I﹣、后氧化Fe2+；

③电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，则ClO﹣和H2CO3反应生成HClO和HCO3﹣；

④溴自身发生氧化还原反应，从守恒的角度判断．

【解答】解：①还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，若KI溶液中混有Br﹣，加入足量FeCl3溶液，只氧化I﹣，发生反应2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，加入硝酸银，生成AgBr沉淀，故正确；

②还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，向FeI2溶液中滴加少量氯水，只氧化I﹣，反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故错误；

③向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3﹣，离子方程式为ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故错误；

④溴自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣，故正确．

故选D．

知识点：化学

B

【考点】氧化还原反应．

【分析】反应2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓中，S元素的化合价由+1价升高为+4价，S元素的化合价由+1价降低为0，以此对各选项进行判断．

【解答】解：A．只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故A错误；

B．氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1：3，故B正确；

C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，则每生成1molSO2转移3mol电子，故C错误；

D．48gS的物质的量为： =1.5mol，根据反应可知，生成1.5molS需要消耗1molCl﹣S﹣S﹣Cl和1molH2O，1molCl﹣S﹣S﹣Cl中含有3mol共价键，1mol水分子中含有2mol共价键，所以每生成48g硫会断裂5mol共价键，故D错误；

故选B．

知识点：化学

D

【考点】离子浓度大小的比较．

【分析】A．阴离子难度都大于阳离子浓度，该关系式不满足电荷守恒；

B．稀释过程中氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；

C．氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性；

D．根据混合液中的物料守恒判断．

【解答】解：A．浓度关系c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）中，总负电荷浓度大于正电荷，违反了电荷守恒，故A错误；

B．稀释过程中醋酸的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，由于温度不变，水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度会增大，故B错误；

C．将pH=2 HCl与pH=12 NH3•H2O溶液等体积混合，由于氨水为弱碱，则氨水过量，混合液显示碱性：c（H+）＜c（OH﹣），故C错误；

D．0.01mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.01mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）=2c（Na+），故D正确；

故选D．

知识点：化学

D

【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；物质的量或浓度随时间的变化曲线．

【分析】A、反应物和生成物的体积分数相同时，反应不一定达到平衡状态，升高温度平衡向吸热反应方向移动；

B、t1时刻正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度；

C、降低温度平衡向吸热反应方向移动；

D、根据反应热与反应物物质的量之间的关系式计算．

【解答】解：A、由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相对但反应不一定达到平衡，T2﹣T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；

B、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故B错误；

C、由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，故C错误；

D、该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化（0.30﹣0.18）mol/L×10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，故D正确；

故选D．

知识点：化学

D

【考点】判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响．

【分析】A、根据价层电子对互斥理论判断水分子的空间构型；

B、在反应中有新物质生成的是化学反应；

C、分子中原子满足8电子稳定结构的方法是：元素的化合价绝对值+该原子的最外层电子数=8，就达到8电子稳定结构，否则就不满足8电子稳定结构；

D、根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”．

【解答】解：A、水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，故A错误；

B、水凝固形成20℃时的“暖冰”没有新物质生成，所以所发生的变化不是化学变化，故B错误；

C、水分子中氢原子化合价的绝对值1+氢原子最外层电子数1=2，所以水分子中氢原子不满足8电子稳定结构，故C错误；

D、在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；

故选D．

知识点：化学

C

【考点】有机高分子化合物的结构和性质．

【分析】A．顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的；

B．顺丁橡胶的单体为1，3﹣丁二烯；

C．涤纶是聚对苯二甲酸乙二醇酯；

D．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛．

【解答】解：A．顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的，不属于天然高分子材料，故A错误；

B．顺丁橡胶的单体为1，3﹣丁二烯，与反﹣2﹣丁烯分子式不同，故B错误；

C．涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的聚对苯二甲酸乙二醇酯，故C正确；

D．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，故D错误．

故选C．

知识点：化学

D

【考点】常见有机化合物的结构；有机化学反应的综合应用．

【分析】A．六炔基苯含有18个C原子、6个H原子；

B．苯为平面结构，乙炔为直线型结构；

C．六炔基苯和石墨炔均含有苯环、碳碳三键；

D．由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成．

【解答】解：A．六炔基苯含有18个C原子、6个H原子，分子式为C18H6，故A正确；

B．苯为平面结构，乙炔为直线型结构，六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，故B正确；

C．六炔基苯和石墨炔均含有苯环、碳碳三键，都可发生加成反应，故C正确；

D．由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，故D错误，

故选：D．

知识点：化学

C

【考点】离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式．

【分析】A．氧化铝为两性氧化物，与强碱反应生成盐和水；

B．铝与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气；

C．阳极铝失去电子生成氧化铝和氢离子；

D．一水合氨与酸反应生成铵盐和水．

【解答】解：A．氧化铝为两性氧化物，与强碱反应生成盐和水，反应的离子方程式：2OH﹣+Al2O3═2AlO2﹣+H2O，故A正确；

B．铝与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B正确；

C．获得耐蚀铝材的电极反应为：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+，故C错误；

D．用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，离子方程式：NH3•H2O+H+═NH4++H2O，故D正确；

故选：C．

知识点：化学

C

【考点】物质检验实验方案的设计．

【分析】流程的实验原理：样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体为氮气和二氧化硫的混合气体，可以将之通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠，据耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量，利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量，结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量．

【解答】解：流程的实验原理：样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体为氮气和二氧化硫的混合气体，可以将之通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠，据耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量，利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量，结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量．

A、亚硫酸根离子易被空气中的氧气氧化为硫酸根，葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止葡萄酒氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，故A正确；

B、根据上述分析知道：通氮气是为了将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，故B正确；

C、二氧化硫具有还原性，可以被氯水氧化为硫酸，但是氯水也可以和氢氧化钠之间反应，所以此时不能选择NaOH标准液，故C错误；

D、若试剂A选择碱液，可以和二氧化硫之间反应得到亚硫酸盐或是亚硫酸氢盐，该盐可以被碘单质氧化为硫酸盐，试剂B可选择I2标准液，故D正确．

故选C．

知识点：化学

D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．利用乙醇的消去反应制取乙烯反应在170℃下进行；

B．石蜡油分解生成的气体不全是乙烯；

C．乙烯、乙炔都能使酸性高锰酸钾褪色；

D．钠和水、乙醇反应剧烈程度不同．

【解答】解：A．利用乙醇的消去反应制取乙烯反应在170℃下进行，应插入液面下，故A错误；

B．石蜡油分解生成的气体不全是乙烯，可能含有其它烯烃，如丙烯等，故B错误；

C．乙烯、乙炔都能使酸性高锰酸钾褪色，无法检验，故C错误；

D．水中氢氧根离子和乙醇中的羟基氢活泼性不同，与钠反应剧烈程度不同，和水反应剧烈，和乙醇反应缓慢，可以利用和钠反应判断水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故D正确．

故选D．

知识点：化学

D

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】A．pH＞0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO33﹣失电子，甲烧杯中石墨为负极；

B．pH=0.68时，电压为0，反应处于平衡状态；

C．pH＜0.68时，电压大于0，反应向右进行，AsO43﹣为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物；

D．pH=5时，反应向左进行，负极反应为AsO33﹣失电子．

【解答】解：A．pH＞0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO33﹣失电子，甲烧杯中石墨为负极，故A正确；

B．pH=0.68时，电压为0，反应处于平衡状态，故B正确；

C．pH＜0.68时，电压大于0，反应向右进行，AsO43﹣为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性 AsO43﹣＞I2，故C正确；

D．pH=5时，反应向左进行，负极反应为AsO33﹣失电子，故D错误．

故选：D．

知识点：化学

B

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A、钠在常温下被氧气氧化为氧化钠；

B、硫化银溶解性小于氯化银；

C、过氧化钠和水蒸气反应生成氢氧化钠固体潮解；

D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中 符合化学式组成比．

【解答】解：A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，故A错误；

B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣═Ag2S+2Cl﹣，故B正确；

C、Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；

D、向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；

故选B．

知识点：化学

A

【考点】无机物的推断．

【分析】根据反应甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲分析，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误．

【解答】解：①4NH3+5O24NO+6H2O，一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；

②3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，3H2+Fe2O32Fe+3H2O，所以能实现转化，故正确；

③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3 ，所以不能实现转化，故错误；

④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2 Na+O2Na2O2，所以能实现转化，故正确；

故选A．

知识点：化学

C

【考点】化学电源新型电池．

【分析】A、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用；

B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应；

C、充电时，电池的正极和电源的正极相接；

D、根据电池的两极反应来确定离子浓度的变化；

【解答】解：根据图示的信息，结合原电池等工作原理，原电池的负极是金属锌失电子的过程，所以b是负极，a是正极．

A、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用，可阻止Br2与Zn直接发生反应，故A正确；

B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应，即Zn﹣2e﹣=Zn2+，故B正确；

C、充电时，电池的正极和电源的正极相接，即电极a连接电源的正极，故C错误；

D、放电时，右侧生成的锌离子移向左侧，左侧溴单质发生得电子的还原反应生成溴离子，所以左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；

故选C．

知识点：化学

B

【考点】化学反应速率的影响因素；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【分析】A、根据原电池原理可以加快化学反应速率知识来回答；

B、依据沉淀转化的依据分析判断；

C、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行；

D、根据方程式判断熵变的取值情况．

【解答】解：A、实验室制氢气，向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，相当于存在硝酸，金属会和硝酸反应，不能产生氢气，故A错误；

B、硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，可以直接比较溶解度和溶度积常数，处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，水垢溶解，发生了沉淀转化，故B正确；

C、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应逆向进行，氢气转化率减小，故C错误；

D、吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”该反应的△S不可能是小于0的，故D错误；

故选B．

知识点：化学

D

【考点】热化学方程式．

【分析】A．一般离子化合物的熔点较大，但二氧化硅为原子晶体，其熔点高；

B．燃烧热中水为液态；

C．合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化；

D．焓变与反应条件无关．

【解答】解：A．离子化合物的熔点可能比共价化合物熔点低，如NaCl的熔点小于SiO2的熔点，由共价键形成的化合物可能为原子晶体，故A错误；

B．甲烷的标准燃烧热为890.3KJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故B错误；

C．合成氨为可逆反应，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜﹣38.6kJ•mol﹣1，故C错误；

D．因焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件和点燃条件下的△H相同，故D正确；

故选D．

知识点：化学

（1）3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO+2H2O；

（2）；无色气体变为红棕色；

（3）取样，加碱（NaOH）溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；

（4）Fe（OH）3；NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；

（5）Fe2+、Al3+、NH4+、SO42﹣；Fe3+．

【考点】无机物的推断．

【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32﹣、SiO32﹣，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液存在SO42﹣，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3﹣不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3﹣，气体A是NO，由反应②可知生成D为NO2，③中生成E为硝酸；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，由于溶液中存在Fe2+，沉淀G是Fe（OH）3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，溶液H中含有偏铝酸根，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，以此来解答．

【解答】解：（1）产生气体A的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO+2H2O；

（2）F是NH3，电子式为，气体A是NO，为无色气体，与氧气反应生成红棕色的NO2，故答案为：；无色气体变为红棕色；

（3）溶液Ⅰ中的含有的阳离子是铵根离子，铵根离子的检验方法是：取样，加碱（NaOH）溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，

故答案为：取样，加碱（NaOH）溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；

（4）由以上分析可知沉淀G是Fe（OH）3，溶液H中含有偏铝酸根，通入二氧化碳生成沉淀K是Al（OH）3，方程式为NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：Fe（OH）3；NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；

（5）由以上分析可知肯定存在的离子为Fe2+、Al3+、NH4+、SO42﹣，可能存在的离子为Fe3+，故答案为：Fe2+、Al3+、NH4+、SO42﹣；Fe3+．

知识点：化学

（1）Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；

（2）A，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；

（3）N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，生成的HI与NaHCO3 反应；

（4）酸式，18.0%；

（5）重复步骤b和c 2～3次，依据测得的结果，取平均值；

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；

（2）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的反应原理为：CO（NH2）+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4•H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；

（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成氮气、碘化氢和水；NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应；

（4）碘单质具有氧化性，选择酸式滴定管盛装进行实验；结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数；

（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作是重复bc几次，结合测定结果计算体积的平均值，得到结果更准确；

【解答】解：（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；

故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；

（2）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的反应原理为：CO（NH2）+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断，分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼（N2H4•H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；

故答案为：A，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；

（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应；

故答案为：N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，生成的HI与NaHCO3 反应；

（4）碘单质具有氧化性，选择酸式滴定管盛装进行实验；结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，

N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；

1 2

n 0.2000mol/L×0.018L

n=0.0018mol

250ml溶液中含有的物质的量=0.0018mol×=0.018mol

水合肼（N2H4•H2O）的质量分数=×100%=18.0%

故答案为：酸式，18.0%；

（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作是重复bc几次，结合测定结果计算体积的平均值，得到结果更准确；

故答案为：重复步骤b和c 2～3次，依据测得的结果，取平均值；

知识点：化学

（1）FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；

（2）①2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2 H2O；

②3.6×10﹣4；

③用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；

（3）增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）；

（4）①蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

②d；

③重结晶

【考点】"三废"处理与环境保护．

【分析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液Ⅰ含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，

（1）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；

（2）①对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+；

②然后调pH沉淀Fe3+，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，依据水解平衡常数Kh==×（）3=计算得到；

③依据铁离子遇到KSCN溶液呈红色设计实验检验是否除净；

（3）NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；

（4）①得到的NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；

②为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中；

③产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体．

【解答】解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质），在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液Ⅰ含有二价铁离子、镍离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，调节溶液PH使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，

（1）FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+，故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；

（2）①对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，加入H2O2的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2 H2O；

②调滤液ⅡpH的目的是除去Fe3+，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，依据水解平衡常数Kh==×（）3==≈3.6×10﹣4；

故答案为：3.6×10﹣4；

③检验Fe3+是否除尽的操作和现象是用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；

故答案为：用试管取少量滤液Ⅲ，滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净；

（3）NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；

故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）；

（4）①得到的NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

②为了提高产率，过滤后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中循环使用，

故答案为：d；

③产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体，实验操作为重结晶；

故答案为：重结晶．

知识点：化学

（1）ab；

（2）CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；

（3）①氧化；

②CO2+2e﹣═CO+O2﹣

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】（1）二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；

（2）根据图示反应Ⅰ和反应Ⅱ书写热化学反应方程式，构造目标方程式利用盖斯定律解答；

（3）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气．

【解答】解：（1）a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故a正确；

b．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，所以可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故b正确；

c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误；

故答案为：ab；

（2）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3，

故答案为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；

（3）①CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气；

故答案为：氧化；

②二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为CO2+2e﹣═CO+O2﹣，

故答案为：CO2+2e﹣═CO+O2﹣．