江西九江市武宁县武宁尚美中学2025-2026学年高一下学期开学化学试题

江西省武宁县尚美中学2025-2026学年度下学期开学考 高一化学试卷 （考试时间75分钟，试卷满分100分） 一、单选题:(每题3分，共42分) 1．胶体在自然界普遍存在，下列事实与胶体无关的是 A．将某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成有色玻璃 B．光线透过树叶间的缝隙射入密林中时，会看到一道道光柱 C．将纳米二氧化硅颗粒(直径)均匀分散到树脂中形成的分散系 D．植物油与水混合，充分振荡后可形成油水混合物 2．工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A．0.1 mol和0.3 mol充分反应，所得产物分子数为0.2NA B．0.2 mol完全转化为，转移电子数为NA C．将6.72 L（换算为标准状况下的体积）溶于水，所得溶液中数目为0.2NA D．常温下，pH=2的硝酸溶液中水电离的数目为NA 3．HCHO与在水溶液中发生反应：。下列说法正确的是 A．中含σ键的数目为8 B．中的配位数为6 C．中碳原子杂化方式有两种 D．HCHO分子空间构型为平面三角形，分子间可形成氢键 4．2012年，国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)宣布第116号元素命名为鉝(Livermorium)，元素符号是Lv，以纪念劳伦斯利弗莫尔国家实验室(LLNL)对元素发现作出的贡献。下列有关叙述中不正确的是 ①Lv的非金属性比S强  ②Lv元素原子的内层电子共有110个  ③Lv是过渡金属元素  ④Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸  ⑤Lv元素的最高价氧化物的化学式为LvO3 A．①③④ B．①②④ C．③⑤ D．②⑤ 5．如图为氯及其化合物的“价类二维图”，下列说法正确的是 A．将一定量的b通入热的浓溶液中，恰好完全反应，生成f、h、i的共存体系，则产生f、h、i的个数比不可能为 B．工业制备b主要使用软锰矿与浓盐酸加热制备 C．d的酸性和氧化性都强于e D．b和溶液反应生成相同个数的f和h，则氧化剂和还原剂个数之比为 6．将一小块金属钠进行下列操作，相关叙述不正确的是 A．加到CuSO4溶液中，只能发生一个氧化还原反应 B．加到饱和石灰水中，会产生白色沉淀 C．加到NaOH溶液中，不会发生化学反应 D．加到液态CCl4中，会浮在液面之上 7．将1.86g NaOH和Na2CO3混合物配成溶液，向溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸，加入稀盐酸的体积和生成CO2气体的体积的关系如图所示，则混合物中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为 A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．2∶3 8．下列物质之间的转化不能一步实现的是 A． B． C． D． 9．某主族元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，由此可以判断 A．的简单气态氢化物的化学式为 B．一定是第Ⅴ族元素 C．的简单气态氢化物比同周期其他元素的简单气态氢化物稳定 D．一定是第四周期元素 10．工业上常用氧化剂NaClO处理NaCN超标的废水。现用1mol·L-1NaClO溶液处理1m3 NaCN超标的电镀废水，测得溶液中生成的n(OCN-)与n(N2)随NaClO溶液加入量的变化关系如图所示： 已知：HCN和HOCN中N元素的化合价均与NH3中N元素的化合价相同。下列说法不正确的是 A．NaOCN中C元素为＋4价 B．曲线Ⅱ表示溶液中产生N2的物质的量变化 C．当向溶液中加入320 mL NaClO 溶液时生成672 mLN2(标准状况) D．该电镀废水中CN-的浓度为5.2 mg·L-1 11．一定体积H2和Cl2组成的混合气体，经光照后缓缓通入2 mol·L-1 NaOH溶液中充分反应，气体和NaOH均完全反应。测得最终溶液中NaClO的浓度为0.6 mol·L-1，NaCl浓度为1.4 mol·L-1（假设溶液体积不变），则原混合气体中H2和Cl2的体积比为 A．2：5 B．3：5 C．4：5 D．5：4 12．下列价类二维图表示部分含物质的类别与相应化合价的关系。下列推断合理的是 A．a可使干燥的有色布条褪色 B．b可用于自来水消毒 C．c是一种弱酸，其酸性比碳酸强 D．向含e的消毒液中加入过量盐酸，其消毒效果增强 13．对实验Ⅰ~Ⅳ的实验现象预测正确的是（ ） A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色 B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解 C．实验Ⅲ：试管中溶液颜色变为蓝色 D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体 14．碘化亚铜()是一种白色粉末，不溶于水，潮湿时易被氧化。工业上以斑铜矿()为原料制备的流程如下： 下列说法正确的是 A．“焙烧”时斑铜矿中的硫元素转化为而除去 B．“酸浸”后检验所得溶液中是否含有的操作为：取少量酸浸后的溶液于试管中，向其中加入少量后，再滴加少量溶液，观察现象 C．“沉铁”时应向酸浸后的溶液中加入过量溶液至不再产生沉淀 D．“洗涤”时用乙醇洗涤目的：除去杂质，并有利于的快速干燥 二、解答题（58分） 15．是原子序数依次增大的四种短周期元素，R最常见同位素的原子核中不含中子。与可形成两种稳定的化合物：和。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。与是同一主族的元素。（12分） (1)W元素的某种核素用于考古，则该核素为___________。 (2)的电子式是___________。 (3)中，稳定性较高的是___________(填化学式)。 (4)与是同一主族的元素，且在元素周期表中与相邻。 ①根据元素周期律、下列推断正确的是___________(填字母序号)。 A．的最低负化合价为价 B．的还原性比强 C．的酸性比强 ②室温下向固体表面吹入，得到两种单质和，该反应的化学方程式为___________。 ③在一定条件下可与溶液反应，生成一种正盐和水，该正盐化学式为___________。 16．化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的重要指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的COD．实验步骤如下。 I、取100.00 mL水样(含)与碱性溶液(过量)混合，水浴加热60 min。 Ⅱ、冷却至室温，加入过量酸性KI溶液，加盖放置5 min至固体溶解。 Ⅲ、用溶液滴定Ⅱ中生成的(淀粉溶液作指示剂)，消耗溶液20.00 mL。(滴定反应为。) 已知： ①在碱性条件下被还原为在酸性条件下均被还原为。 ② 回答下列问题：（15分） (1)关于Ⅲ中有关滴定操作 ①下列操作的正确顺序为___________(用字母排序)。 a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上处 c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数 ②滴定操作中，先逐滴滴入标准液，接近滴定终点时，改为___________滴入；滴定终点现象为___________。 (2)Ⅱ中“加盖”的目的：①防止的挥发；②___________。 (3)Ⅱ中加入过量KI溶液的作用是___________(填标号)。 a．将过量的及生成的全部还原为 b．使氧化成易溶于水的，利于后续滴定 c．防止被氧化 (4)该水样的COD为___________。 (5)若I中为酸性条件，测得水样的COD值偏___________(填“高”或“低”)。 17．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（18分） (1)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图1所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=(1-)×100%。 ①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于___________。 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加 CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是___________。 (2)“过滤”得到的滤液中含[Al(OH)4]−，通入过量CO2，其发生反应的离子方程式为___________。 (3)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=___________。 (4)FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，图-2给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的(中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在答题卡的图中用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。___________ (5)焙烧生成的SO2用石灰乳吸收得到CaSO3浆料，以CaSO3浆料制备NaHSO3溶液的实验方案为___________。 已知：2CaSO3+Na2SO4+H2SO4+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2NaHSO3；CaSO4·2H2O难溶于水；pH=4~6溶液中HSO能大量存在。实验中可选用：3 mol·L−1 Na2SO4，3 mol·L−1 H2SO4，1mol·L−1 NaOH。 18．有A、B、C、D、E五种元素。（13分） ①A、B、C是金属元素，位于同一周期，原子核外都有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径A>B>C。 ②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE， D的单质是黄绿色气体，常温下E的单质是液体。 请回答： （1）B在周期表中的位置__________，C的原子结构示意图是__________。 （2）E单质的化学式是___________。 （3）上述五种元素中，所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的物质是_____（化学式）。 （4）写出C的氧化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式________ 第1页，共4页 第2页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C A D C B B A C 题号 11 12 13 14 答案 A B D D 1．D 【详解】A．有色玻璃是固溶胶，A不符合题意； B．光线透过树叶间的缝隙射入密林中时，会看到一道道光柱是丁达尔效应，B不符合题意； C．纳米二氧化硅颗粒(直径1∼100nm)均匀分散到树脂中形成的分散系属于胶体，C不符合题意； D．植物油与水混合，充分振荡后可形成油水混合物属于乳浊液，D符合题意； 故选D。 2．B 【详解】A．合成氨反应（）是可逆反应，不能进行到底，0.1 mol 和0.3 mol 充分反应后，产物的物质的量小于0.2 mol，分子数小于，A项错误； B．转化为的反应为，氮元素化合价从-3价升至+2价，每摩尔氨气反应转移5 mol电子，0.2 mol反应转移1 mol电子，电子数为，B项正确； C．6.72 L（换算为标准状况下的体积）的物质的量为，溶于水的反应为，生成0.2 mol，为强酸，在水溶液中完全电离，产生0.2 mol，但在水溶液中存在微弱电离，所以实际上的数目略大于，C项错误； D．常温下，pH=2的硝酸溶液中，，，水电离产生的浓度等于的浓度，题目中未指明体积，无法计算的物质的量和数目，D项错误； 故答案选B。 3．C 【详解】A．含有σ键，1mol中含σ键的数目为8，由于题中未给出的物质的量，因此无法计算σ键的数目，故A错误； B．中水为配体，水中氧提供孤对电子，则的配位数为4，故B错误； C．中饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp杂化，即碳原子杂化方式有两种，故C正确； D．HCHO中氧未与氢原子形成共价键，形成氢键必须是电负性大的原子与氢连接，氢原子再与电负性大的原子才能形成氢键，因此HCHO分子间不能形成氢键，故D错误； 综上所述，答案为C。 4．A 【详解】①第116号元素命名为鉝，元素符号是Lv，根据命名得出Lv是金属，故①错误； ②第116号元素命名为鉝，是第VIA元素，最外层有6个电子，因此Lv元素原子的内层电子共有110个，故②正确； ③Lv是第VIA元素，不是过渡金属元素，故③错误； ④Lv是金属，Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为碱，故④错误； ⑤Lv元素是第VIA元素，最高价为+6价，其最高价氧化物的化学式为LvO3，故⑤正确；根据前面分析得出A符合题意。 综上所述，答案为A。 【点睛】同主族从上到下非金属性减弱，金属性增强；同周期从左到右非金属性增强，金属性减弱。 5．D 【分析】由题图分析可知，a为HCl、b为Cl2、c为ClO2、d为HClO4、e为HClO、f为氯酸盐、g为亚氯酸盐、h为次氯酸盐、i为氯化物，据此分析； 【详解】A．Cl2与热的浓溶液反应生成、、的共存体系，生成、是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，生成是氯原子被还原的过程，化合价由0价升降到-1价，根据化合价升降可得，即化合价升降守恒，、、个数比可能为，A正确； B．实验室制备Cl2主要使用软锰矿与浓盐酸加热制备，B错误； C．HClO4的酸性强于HClO，HClO4的氧化都弱于HClO，C错误； D．Cl2和溶液反应生成相同个数的和，生成、是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+5价，生成是氯原子被还原的过程，化合价由0价升降到-1价，根据化合价升降可得，则有2a个0价氯做还原剂，6a个0价氯做氧化剂，故氧化剂和还原剂个数之比为，D正确； 故选D。 6．C 【详解】A．一小块金属钠加到CuSO4溶液中，发生的反应有2Na＋2H2O==2NaOH＋H2↑，CuSO4＋2NaOH==Cu(OH)2↓＋Na2SO4，A正确； B．一小块金属钠加到饱和石灰水中，饱和石灰水中的H2O减少，会有Ca(OH)2沉淀析出，B正确； C．一小块金属钠加到NaOH溶液中，Na会与NaOH溶液中的H2O发生化学反应，C错误； D．一小块金属钠加到液态CCl4中，Na不溶于CCl4，比CCl4密度小，D正确； 故选C。 7．B 【详解】OA段发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，AB段生成二氧化碳，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，AB段消耗盐酸体积为400mL-300mL=100mL，HCl物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，由方程式可知生成CO2为0.01mol，根据碳原子守恒守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.01mol，B点时二氧化碳体积最大，溶液中溶质为NaCl，整个过程消耗盐酸400mL，根据氯离子守恒n(NaCl)=n(HCl)=0.4L×0.1mol/L=0.04mol，根据钠离子守恒n(NaOH)= n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.04mol-0.01mol×2=0.02mol，故混合物中NaOH和Na2CO3的物质的量之比为0.02mol：0.01mol=2：1，答案选B。 8．B 【详解】A．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，A不符合； B．氧化铜不溶于水，不能一步生成氢氧化铜，B符合； C．硫酸钾与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钾，C不符合； D．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，D不符合； 故选B。 9．A 【详解】A. 某主族元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，说明该元素的最高化合价为价，为第Ⅵ族元素中除了氧元素外的其他元素，该元素最低化合价为价，则的简单气态氢化物的化学式为，故A正确； B. 一定是第Ⅵ族元素，故B错误； C. 根据同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的稳定性逐渐增强，的简单气态氢化物比同周期位于其左侧其他元素的简单气态氢化物稳定，但比位于其右侧元素的简单氢化物的稳定性差，故C错误； D. 根据题干信息不能确定元素所在的周期，故D错误； 答案选A。 10．C 【分析】加入NaClO 溶液，第一步：NaCN与NaClO反应生成NaOCN和NaCl，第二步：NaOCN与NaClO反应生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2；则n(OCN-)先增加后减少，n(N2)一段时间后开始增加； 【详解】A．HOCN中N元素的化合价与NH3中N元素的化合价相同，N视为-3价，则C元素化合价为+4价，NaOCN中C元素化合价为+4价，A正确； B．NaCN与NaClO反应生成NaOCN，后NaOCN与NaClO反应生成N2，则n(OCN-)先增加后减少，n(N2)一段时间后开始增加，曲线Ⅱ表示溶液中产生N2的物质的量变化，B正确；   C．加入200mLNaClO 溶液后，开始产生氮气，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=+CO2↑+3Cl-+N2↑，关系式：3NaClO~N2，加入320 mLNaClO溶液中参与生成氮气的NaClO溶液为120mL，物质的量为1mol/L×0.12L=0.12mol，得到N2的物质的量为0.12mol÷3=0.04mol，标况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L=896mL，C错误；   D．加入200mLNaClO 溶液时，刚好消耗完全NaCN，反应方程式为NaClO+NaCN=NaOCN+NaCl，则n(CN-)=n(NaClO)=1mol/L×0.2L=0.2mol，质量为0.2mol×26g/mol=5.2g，在1m3电镀废水中 NaCN 的含量为5.2 mg·L-1，D正确； 故选C。 11．A 【详解】一定体积H2和Cl2组成的混合气体，经光照后缓缓通入2 mol·L-1 NaOH溶液中充分反应，气体和NaOH均完全反应，该过程中发生的化学方程式有①，②，③；最终溶液中NaClO的浓度为0.6 mol·L-1，NaCl浓度为1.4 mol·L-1，假设溶液体积恒为V L，则溶液中NaClO的物质的量为0.6V mol，NaCl的物质的量为1.4V mol；根据反应③可知，生成0.6V mol NaClO消耗0.6V mol Cl2，同时生成0.6V mol NaCl，则反应②生成的NaCl的物质的量为1.4V mol-0.6V mol=0.8V mol，则消耗HCl的物质的量为0.8V mol，根据反应①，生成0.8V mol HCl反应0.4V mol H2和0.4V mol Cl2，则原混合气体中H2的物质的量为0.4V mol，Cl2的物质的量为0.6V mol+0.4V mol=1.0V mol，而相同状态下，气体的体积之比等于物质的量之比，则H2和Cl2的体积比为0.4V:1.0V=2:5，故答案选A。 12．B 【分析】根据化合价及物质类别可知，a为，b为，c为，d为，e为次氯酸盐，其阴离子为； 【详解】A．干燥的没有漂白性，无法使干燥的有色布条褪色，A错误； B．b为，其具有强氧化性，可用于自来水消毒，B正确； C．次氯酸是一种弱酸，其酸性比碳酸弱，C错误； D．向中加入过量盐酸，发生，消毒效果减弱，D错误； 故答案选B。 13．D 【详解】A．四氯化碳的密度比水的密度大，萃取后下层，则下层为紫色，故A错误； B．生成的氨气与氯化铝溶液反应生成白色沉淀，沉淀不能溶解，故B错误； C．发生络合反应生成络合物，观察到溶液变为红色，故C错误； D．CaO具有吸水性，饱和硫酸铜溶液的溶剂减少，析出蓝色晶体，故D正确； 故答案为D。 14．D 【分析】将斑铜矿通入空气焙烧后得到、CuO和，“酸浸”中、CuO转化为、；加入KOH溶液得到；向含有的溶液中加入KI后可以得到棕色固体；经过乙醇洗涤得到纯净的CuI。 【详解】A．焙烧时，斑铜矿中的硫元素被空气中氧气氧化，通常硫化物焙烧主要生成，需催化剂和高温条件，A错误； B．检验应先加KSCN溶液排除干扰，再加，若变红则含（取少量酸浸后的溶液于试管中，滴加少量溶液，若溶液不变红，再加入少量新制氯水或溶液，若溶液变红，则证明含有 ），B错误； C．酸浸后溶液含、，沉铁需控制pH使沉淀而不沉淀，加入过量KOH会使溶液碱性过强，会生成沉淀，导致Cu损失，C错误； D．乙醇易挥发，用乙醇洗涤可除去水溶性杂质，且能快速带走水分，避免CuI因潮湿被氧化，有利于快速干燥，D正确； 故选D。 15．(1) (2) (3)H2O (4) AB 3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O Na2SeO3 【分析】R、W、X、Y是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子，R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2，工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则W为C元素、X为O元素；Y与 X 是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，Y为S元素，以此来解析； 【详解】（1）W为C元素，核素用于考古，则该核素为； （2） W为C元素、X为O元素，C最外层为4个电子，O最外层6个电子，WX2为CO2，电子式为：； （3）R2X、R2Y分别为H2O和H2S，O与S为同主族元素，O的电子层数小于S，O的原子半径小于S，O的原子核对核外电子吸引能力大于S原子，O的非金属性强于S，故H2O的稳定性大于H2S，稳定性较高的是H2O； （4）①A．Se的最外层电子数为6，最高正化合价为+6价，最低负价为-2价，A正确；B．非金属性S大于Se，则H2Se的还原性比H2S强，B正确；C．H2SeO3为弱酸，H2SO4为强酸，H2SeO3的酸性比H2YO4弱，C错误；故选AB。 ②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，Se的化合价由+4价降低为0价，N的化合价由-3价升高为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，则得该反应的化学方程式为：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O； ③SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应，生成一种正盐和水，SeO2为酸性氧化物，根据元素守恒，该正盐化学式为：Na2SeO3。 16．(1) cabd 半滴 (当滴入最后半滴标准溶液)溶液由蓝色变为无色，且30 s内不变化 (2)防止空气中氧化 (3)abc (4)384 (5)高 【分析】水样中有机物被碱性 氧化，过量的 ​ （及生成的 ）在步骤Ⅱ中氧化 生成 。用 滴定 ，通过 ​ 的消耗量计算过量 的量，进而得到与有机物反应的 量，最终折算为 的量（COD）。 【详解】（1）①滴定管使用需遵循“检漏→清洗→润洗→装液→排气泡调液面”的逻辑：先检查滴定管是否漏水并清洗（ c ）；用标准溶液（ ​ ）润洗滴定管（ a ），防止标准液被稀释；加入标准液至“ 0 ”刻度以上 处（ b ），便于排气泡；赶出气泡，调节液面至“0 ”或以下刻度，准确记录读数（d ）。因此顺序为 cabd 。 ②接近滴定终点时，为精确控制滴定体积，需改用半滴标准液滴入（用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，确保反应完全）。指示剂为淀粉， 与淀粉结合显蓝色。当 被完全还原为 时，蓝色褪去。因此终点现象为：溶液由蓝色变为无色，且 30 s 内不恢复蓝色。 （2）步骤Ⅱ中加入酸性 后， 易被空气中的 氧化（ ），导致生成的 偏多，最终测得的过量 偏多，与有机物反应的 偏少，COD偏低。因此“加盖”的另一目的是：防止空气中的 ​ 氧化 。 （3）a．步骤Ⅰ中过量的 （碱性条件还原为 ）和生成的 在酸性条件下均能氧化 ，过量 可将它们全部还原为 （ 、 ），确保过量氧化剂被完全反应，故 a 正确。 b． ​ 在水中溶解度小，但 ，过量 使 转化为易溶于水的 ，便于后续用 滴定，故 b 正确。 c．KI 过量时， 浓度大，可抑制 被氧化（若 被氧化，会消耗额外氧化剂，干扰测定），故 c 正确。 故答案为abc。 （4）根据电子得失守恒详细推导：有机物失去电子数 = 5n( )总 - n(硫代硫酸钠)消耗I中水样中还原性物质与 溶液发生氧化还原反应，II中过量的 及I中生成的 被过量的 还原为 ， 被氧化为 ，III中用硫代硫酸钠溶液还原II中生成的 ，所以，由电子守恒可知， 水样中还原性物质失去的电子为 ，由电子守恒，若氧化这些物质需 的量 ，则 ； （5）若步骤I在酸性条件下进行，不仅会氧化有机物，还会氧化水样中的，导致消耗的量偏大，从而使计算出的COD值偏高 17．(1) FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (2)[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO (3)1∶16 (4) (5)向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 mol·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 mol·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 mol·L−1 H2SO4或1mol·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L−1 H2SO4，产生的气体通入1mol·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4) 【分析】高硫铝土矿粉中通入空气、加入少量CaO焙烧，FeS2转化为氧化铁和二氧化硫，二氧化硫被CaO吸收，二氧化硅与氧化钙反应生成硅酸钙，随后加入NaOH碱浸，氧化铝与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，氧化铁不溶于NaOH溶液形成沉淀，过滤后滤渣中含有大量氧化铁，滤渣中加入FeS2焙烧反应生成Fe3O4和SO2，再经过磁选得到四氧化三铁。 【详解】（1）①从题干可知，金属硫酸盐分解温度都高于600℃，因此低于500℃时，硫元素不会来源于金属硫酸盐，则去除的硫元素来源于FeS2。 ②700℃焙烧时，FeS2、金属硫酸盐等物质都会发生化学反应生成二氧化硫，添加了1%CaO的矿粉中CaO与SO2、O2反应生成了硫酸钙而留在矿粉中，没添加CaO的矿粉SO2逸出，导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO矿粉硫去除率低。 （2）过滤后滤液中含有[Al(OH)4]-，其中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO。 （3）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，则该反应中Fe2O3中Fe化合价从+3价降低为+，FeS2中Fe化合价从+2价升高到+，S化合价从-1价升高到+4价，根据得失电子守恒可得n(Fe2O3)×2×=n(FeS2)×2×5+ n(FeS2)×，解得n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。 （4） 晶胞中位于晶胞体心，S-S键位于晶胞体对角线上，每个S原子与三个Fe2+紧邻，以斜上方的S为例，与其紧邻的Fe2+位于左面、上面和后面面心，将其与紧邻的Fe2+连接的图示为。 （5）根据已知可得亚硫酸钙与硫酸钠、硫酸反应生成CaSO4·2H2O和NaHSO3，CaSO4·2H2O难溶于水会结晶析出，亚硫酸氢根离子在pH=4~6之间能大量存在，因此反应时需要控制pH在4-6之间，具体实验方案为向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 mol·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 mol·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 mol·L−1 H2SO4或1mol·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L−1 H2SO4，产生的气体通入1mol·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4) 18． 第3周期 ⅡA Br2 HClO4 Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O 【分析】A、B、C、D、E五种元素，由①知A、B、C均为第3周期的金属元素(只有Na、Mg、Al)，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径A＞B＞C，则A为Na、B为Mg、C为Al；由②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，则D、E处于ⅦA族，D的单质是黄绿色气体，常温下E的单质是液体，则D为Cl、E为Br。 【详解】(1)B为Mg，在周期表中的位置：第3周期ⅡA族，C为Al，原子结构示意图是 ； (2)E为Br元素，单质的化学式是Br2； (3)上述五种元素中，非金属性最强的是Cl元素，则所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的物质是HClO4； (4)C的氧化物为Al2O3，A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O。 【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱，最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $