【化学】江苏省2018-2019学年高一下学期模拟选课调考试题（解析版）

江苏省2018-2019学年高一下学期模拟选课调考试题
考生注意:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共100分。考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.可能用到的相对原子质量:H 1 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、单项选择题:本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.低碳环保的生活方式得到越来越多人的认同。下列做法值得提倡的是（ ）
A. 逢年过节，燃放大量烟花爆竹
B. 为方便出行，尽量使用私家车
C. 购物时使用布袋，少使用塑料袋
D. 冬季室内少穿衣服，调高空调温度
【答案】C
【详解】A.燃放大量烟花爆竹，会产生大量的有害气体，严重污染环境，不利于减少雾霾的产生，保护环境，不符合“低碳环保”理念，故A不选；
B.为方便出行，尽量使用私家车，会增加二氧化碳的排放，不符合“低碳环保”理念，故B不选；
C.购物时使用布袋，少使用塑料袋，能减少白色污染、二氧化碳的排放，符合“低碳环保”理念，故C选；
D.调高空调温度，会浪费电能，增加二氧化碳的排放，不符合“低碳环保”理念，故D不选。
故选C。
2.我国“复兴号”高速列车的运行速度达到350 km·h-1。高速列车制造要使用轻质金属材料。下列可以作为轻质金属材料的是（ ）
A. 铝合金 B. 铁合金
C. 碳素纤维 D. 硅纤维
【答案】A
【详解】A.铝密度小，铝合金为轻金属材料，耐腐蚀，硬度大，符合高速列车制造使用材料要求，故A正确；
B.铁是重金属，铁合金为重金属材料，不符合高速列车制造使用材料要求，故B错误；
C.碳素纤维为非金属材料，不符合高速列车制造使用材料要求，故C错误；
D.硅纤维为非金属材料，不符合高速列车制造使用材料要求，故D错误。
故选A。
3.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 氢化钠(NaH)中H的化合价：-1
B. 小苏打的化学式：Na2CO3
C. 氯离子的结构示意图：
D. NaClO的电离方程式：NaClONa++Cl-+O2-
【答案】A
【详解】A.金属元素在化合物中均显正价，NaH中Na元素的化合价为+1价，根据电中性原理，NaH中H元素的化合价为-1价，故A正确；
B.小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3，Na2CO3为苏打，故B错误；
C.氯离子为氯原子得到1个电子，核电荷数为17，核外电子数为18，正确的结构示意图为，故C错误；
D.NaClO是含氧酸盐，电离方程式为NaClO=Na＋+ClO－，故D错误。
故选A。
4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 铁的强度大，可用铁罐贮运浓硫酸
B. 明矾溶液呈酸性，可用于净化水质
C. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
【答案】C
【详解】A.铁可被冷的浓硫酸钝化，生成致密的氧化膜，保护内部金属不再被氧化，所以可用铁罐贮运浓硫酸，与铁的强度大无关，故A错误；
B.明矾溶于水可以产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以吸附悬浮于水中的不易沉降的杂质，使之聚集沉降，可用于净化水质，与明矾溶液呈酸性无关，故B错误；
C.熔点高的物质可用作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故C正确；
D.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，故D错误。
故选C。
5.下列物质属于电解质的是（ ）
A. 铝 B. 乙醇 C. 二氧化碳 D. 氯化钠
【答案】D
【详解】A.金属铝是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，是非电解质，故B错误；
C.二氧化碳在水溶液中或熔融态式均不能发生电离，属于非电解质，故C错误；
D.氯化钠属于盐，溶于水或者熔融状态时，可以完全电离变成钠离子和氯离子，能导电，属于电解质，故D正确。
故选D。
6.某溶液中存在大量的H+、Cu2+和Cl-,该溶液中还可能大量共存的离子是（ ）
A. OH- B. Ag+ C. HCO3- D. Fe2+
【答案】D
【详解】A.氢离子和氢氧根离子反应生成水，铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，所以不能大量共存，故A错误；
B.银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，所以不能大量共存，故B错误；
C.氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故C错误；
D.亚铁离子和氢离子、氯离子和铜离子都不反应，所以能大量共存，故D正确。
故选D。
7.因反应物的用量、浓度或反应条件不同,下列各项中反应产物不同的是（ ）
A. Al2O3与NaOH B. Fe与Cl2
C. Cu与HNO3 D. NaHCO3与稀盐酸
【答案】C
【详解】A.Al2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故A不选；
B.铁和氯气反应生成氯化铁，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故B不选；
C.硝酸溶液浓度不同和铜反应生成产物不同，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，故C选；
D.NaHCO3与稀盐酸反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，和反应物用量、浓度或反应条件无关，故D不选。
故选C。
8.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氯化铝溶液与氨水反应：Al3++3OH-Al(OH)3↓
B. 氧化镁与稀盐酸反应：MgO+2H+Mg2++H2O
C. 铜与氯化铁溶液反应：2Fe3++3Cu2Fe+3Cu2+
D. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+BaSO4↓
【答案】B
【详解】A.一水合氨是弱碱，不能拆写，正确的离子方程式为：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；
B.氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+═Mg2++H2O，故B正确；
C.铜与氯化铁溶液反应，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D.氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误。
故选B。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 相同温度时，气体分子间的距离一定相等
B. 2gH2和2gO2能恰好反应生成4gH2O
C. 3.2gO3中含有的氧原子数为1.204×1023个
D. 1 mol·L-1 MgCl2溶液中含Cl-数为1.204×1024个
【答案】C
【详解】A.影响体积的因素有分子本身的大小、分子之间的距离以及分子数目的多少，对于气体来说，分子间距离远大于分子本身大小，相同温度和压强下，气体分子间距离基本相等，故A错误；
B.根据反应方程式2H2+O22H2O，由于2g氢气与2g氧气反应时，氢气过量，只有0.25g氢气参加了反应，所以生成2.25g水，故B错误；
C.臭氧分子由氧原子构成，故3.2g臭氧中含有的氧原子的物质的量为n==0.2mol，故含0.2NA即1.204×1023个氧原子，故C正确；
D.溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误。
故选C。
10.下列实验操作正确的是（ ）
A. 吸收氯气 B. 蒸发食盐水
C. 制氨气 D. 制蒸馏水
【答案】B
【详解】A.氯气是一种有毒的气体，实验室制取氯气时，可以用NaOH溶液来吸收尾气，其反应原理是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故A错误；
B.蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防液体受热不均匀，造成液体飞溅，图中所示操作正确，故B正确；
C.氯化铵受热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，很难制取氨气，实验室用氯化铵与氢氧化钙共热制取氨气，故C错误；
D.温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管处，不能插入太深，故D错误。
故选B。
二、不定项选择题:本题包括5小题,每小题4分,共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确得2分,选两个且都正确得满分,但只要选错一个,该小题就得0分。
11.下列方案能达到实验目的的是（ ）
A. 用加热的方法除去NaCl固体中的NH4Cl
B. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl
C. 用澄清石灰水检验纯碱溶液和小苏打溶液
D. 用NaOH溶液鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液
【答案】AD
【详解】A.NH4Cl加热分解生成HCl和NH3，所以加热可除去NaCl固体中的NH4Cl，故A正确；
B.二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，将原物质除掉，故B错误；
C.澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠溶液都生成沉淀，不能鉴别，故C错误；
D.MgCl2溶液中滴加NaOH，溶液产生沉淀，继续滴加沉淀不溶解；AlCl3溶液中滴加NaOH，溶液产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，因为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故D正确。
故选AD。
12.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化能一步实现的是（ ）
A. FeFe2O3Fe(OH)3 B. 稀盐酸Cl2NaCl
C. NH3NONO2 D. SO2(NH4)2SO4BaSO4
【答案】C
【详解】A.铁在氧气中反应生成四氧化三铁，不能生成氧化铁，所以物质间转化均不能一步实现，故A错误；
B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，与稀盐酸得不到氯气，所以物质间转化均不能一步实现，故B错误；
C.氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮被氧化为二氧化氮，所以物质间转化均能一步实现，故C正确；
D.二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，而不是硫酸铵，所以物质间转化均不能一步实现，故D错误。
故选C。
13.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，可用如下反应制得：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应属于复分解反应
B. NaClO3被还原,发生还原反应
C. 反应中Na2SO3作氧化剂
D. 生成6.75 g ClO2时,转移0.2 mol电子
【答案】B
【详解】A.该反应中氧化还原反应，而复分解反应中一定没有元素的化合价变化，故A错误；
B.Cl元素的化合价降低，在反应中NaClO3得到电子，被还原，发生还原反应，故B正确；
C.该反应中S元素的化合价升高，则Na2SO3是还原剂，故C错误；
D.NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低为+4价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，6.75gClO2的物质的量为=0.1mol，所以转移0.1mol电子，故D错误。
故选B。
14.下列根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,再加入盐酸,沉淀不溶解。
该溶液中含Ag+
B
向水中滴加少量鸡蛋清,搅拌后液体澄清、透明,用一束光照射,液体侧面有光亮的通路
所得液体为胶体
C
向新制氯水中加入少量NaHCO3固体,有较多气泡逸出
HClO的酸性强于H2CO3
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热,铝熔化但不滴落
熔点:Al2O3高于Al
【答案】BD
【详解】A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有可能含SO42-或Ag+，故A错误；
B.用一束光照射所得液体，液体侧面有光亮的通路，该现象为丁达尔效应，属于胶体特有的性质，由现象可知，该澄清、透明液体为胶体，故B正确；
C.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入少量NaHCO3固体，产生CO2，只能说明氯水酸性强于H2CO3，并不能说明HClO的酸性强于碳酸，故C错误；
D.加热砂纸打磨过的铝箔，Al表面生成氧化铝薄膜，铝熔化说明铝熔点低，但铝不滴落，说明氧化铝的熔点非常高，故D正确。
故选BD。
15.将m g由铜与镁组成的混合物加入含n mol HNO3的稀硝酸中，两者恰好完全反应,生成V1 mL标准状况下的NO气体(假定还原产物只有NO)，再向所得溶液中加入V2 mL 6 mol·L-1 NaOH溶液,溶液中金属离子恰好完全沉淀，测得生成(m+10.2)g沉淀。下列相关判定一定不正确的是（ ）
A. m=19.2 B. n=0.8
C. V1=4.48 D. V2=200
【答案】AD
【解析】
【分析】将mg由铜与镁组成的混合物加入含nmolHNO3的稀硝酸中，两者恰好完全反应,生成V1 mL标准状况下的NO气体(假定还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，再向所得溶液中加入V2mL6mol·L-1NaOH溶液，溶液中金属离子恰好完全沉淀，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，测得生成(m+10.2)g沉淀，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，据此答题。
【详解】A.氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，则氢氧根的物质的量为=0.6mol，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol，假设全为镁，质量为0.3mol×24g/mol=7.2g，若全为铜，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g，所以参加反应的金属的总质量（m）为7.2g＜m＜19.2g，故A错误；
B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8/3n（金属）=0.3mol×8/3=0.8mol，故B正确；
C.氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g，氢氧根的物质的量为=0.6mol，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.2mol，则在标准状况下，生成NO的体积V1=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；
D.因为恰好完全反应，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.6mol，需要氢氧化钠溶液体积==0.1L=100mL，故D错误。
故选AD。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
三、非选择题:本题包括5小题,共60分。
16.将1.60gCuSO4固体置于下图所示的装置(固定及夹持类仪器未画出)中加热到1100℃，使其分解，分解过程中可以观察到：石英管中固体由白色变为黑色，最终变为红色；BaCl2溶液中生成白色沉淀，品红溶液褪色，集气瓶中收集到无色气体。

（1）石英主要成分的化学式是_____；高温分解CuSO4固体使用石英管而不使用普通玻璃管的原因是_____。
（2）石英管中剩余红色固体质量为0.72 g，经检测为不含硫元素的纯净物。则该固体的化学式为__。
（3）将BaCl2溶液中生成的白色沉淀过滤并洗涤，向洗涤后的沉淀中加入稀盐酸，无明显现象。
①沉淀的化学式为_____。
②检验沉淀是否洗净的方法是___。
（4）若NaOH溶液足量,则其中发生反应的离子方程式为____。
（5）集气瓶中收集无色气体是____(填化学式)，检验该气体的方法是___。
【答案】(1). SiO2 (2). 石英熔点高，耐高温，普通玻璃不耐高温 (3). Cu2O (4). BaSO4 (5). 取最后得到的洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀生成,则沉淀已洗净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗净 (6). SO2+2OH-SO32-+H2O (7). O2 (8). 将带火星的木条伸入瓶中，木条复燃
【解析】
【分析】硫酸铜加热到1100℃发生分解反应，石英管中固体由白色变为黑色，说明生成了氧化铜；最终变为红色，说明氧化铜受热分解生成了氧化亚铜；BaCl2溶液中生成白色沉淀，说明生成了硫酸钡沉淀，从而说明生成了三氧化硫；品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫；集气瓶中收集到无色气体，可能为氧气，据此答题。
【详解】（1）石英的主要成分是二氧化硅，化学式是SiO2，高温分解CuSO4固体使用石英管而不使用普通玻璃管的原因是石英是原子晶体，熔点高，耐高温，而普通玻璃不耐高温，故答案为：SiO2；石英熔点高，耐高温，普通玻璃不耐高温。
（2）石英管中剩余红色固体质量为0.72g，经检测为不含硫元素的纯净物，则为铜的氧化物，1.60gCuSO4中Cu的质量为1.60g×=0.64g，物质的量为=0.01mol，则氧元素的质量为0.72g-0.64g=0.08g，物质的量为=0.005mol，则Cu和O的物质的量之比为：Cu：O=0.01mol：0.005mol=2：1，该固体的化学式为Cu2O，故答案为：Cu2O。
（3）①将BaCl2溶液中生成的白色沉淀过滤并洗涤，向洗涤后的沉淀中加入稀盐酸，无明显现象，说明该沉淀为BaSO4，故答案为：BaSO4。
②检验该沉淀是否洗净，就是检验其表面是否含有氯离子，检验氯离子的方法为：加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗净，故答案为：取最后得到的洗涤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗净。
（4）若NaOH溶液足量，则SO2与过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，故答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O。
（5）由分析可知集气瓶中收集的无色气体是氧气，检验氧气的方法是用带火星的木条伸入瓶中，看木条是否复燃，故答案为：O2；将带火星的木条伸入瓶中，木条复燃。
17.有关物质的转化关系如图所示。C为常见的调味品,D是常见的无色液体。E、F、H和J均为气体,其中H和J为单质,且两者在一定条件下可生成E。

（1）物质性质决定物质的用途。物质I的溶液可用作家用消毒剂、漂白液，是因为物质I具有__性。
（2）写出反应①的化学方程式：_____。
（3）写出反应③的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：___。
（4）写出反应④的离子方程式：____。
（5）写出反应⑤的化学方程式：____。
【答案】(1). (强)氧化 (2). NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O
(3). (4). Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O
(5). 2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O
【解析】
【分析】C为常见的调味品，则C为NaCl；F和G在点燃条件下反应生成NaCl，F为气体，则F为Cl2，G为Na；其中D是常见的无色液体，则D为H2O；Na和H2O反应生成NaOH和H2(H和B)，H为气体单质，则H为H2，B为NaOH，Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O（C、D和I），则I为NaClO，A和B(NaOH)反应能生成E，E为气体，则E为NH3，A为NH4Cl，H和J为单质且两者在一定条件下可生成E，则J为N2，则NH3和NaClO反应生成NaCl、N2和H2O，据此答题。
【详解】（1）物质I为NaClO，其溶液可用作家用消毒剂、漂白液，是因为具有强氧化性，故答案为：(强)氧化。
（2）反应①为NH4Cl与NaOH在加热条件下反应生成NaCl、NH3和H2O，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，故答案为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O。
（3）反应③为Na和H2O反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na +2H2O＝2NaOH +H2↑，该反应中钠的化合价由0价升高为+1价，H元素的化合价由+1价降低为0价，转移2个电子，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：，故答案为：。
（4）反应④为Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。
（5）反应⑤为NH3和NaClO反应生成NaCl、N2和H2O，化学方程式2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O，故答案为：2NH3+3NaClO3NaCl+N2↑+3H2O。
18.在废水处理、粗盐提纯等过程中通常会涉及离子检验、除杂等过程。
（1）某工厂废水只含Na+、K+、Cu2+、Ba2+、Mg2+、OH-、CO32-中的若干种。实验小组对废水进行了检测：
步骤1：对废水进行观察,废水为无色澄清液体。
步骤2：取少量废水，向水样中加入过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，静置。
步骤3：取少量步骤2所得上层清液，向其中滴加酚酞，溶液变红。
①由步骤1可得的结论是____。
②步骤2中所发生反应的离子方程式为___。
③实验中不能确定是否存在的离子是____。
④请设计实验方案对溶液中还未能确定的离子进行检测，方法是：___。
（2）某粗盐溶液经检测其中含有的杂质离子是Ca2+、Mg2+、Br-、SO42-。实验小组经过下列实验过程最终获得NaCl晶体：
步骤1：向溶液中加入试剂除去Ca2+、Mg2+和SO42-，过滤，向滤液中加入盐酸至无气泡产生。
步骤2：向步骤1所得溶液中通入适量的气体X,充分反应后加入CCl4，振荡后分液。
步骤3：将步骤2所得水层蒸发结晶。
①按使用顺序写出步骤1所用试剂的化学式：_____。
②步骤2中发生反应的离子方程式为_____。
【答案】(1). 废水中不存在Cu2+ (2). CO32-+Ba2+BaCO3↓ (3). Na+、K+ (4). 用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取废水，在无色火焰上灼烧，若火焰为黄色，则含有Na+，再透过蓝色的钴玻璃继续观察，若火焰为紫色，则含有K+ (5). NaOH、BaCl2、Na2CO3(或BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3) (6). Cl2+2Br-Br2+2Cl-
【解析】
【分析】（1）根据离子共存的原则进行分析；
（2）根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠等进行分析。
【详解】（1）废水中Mg2+与CO32-、OH-不能共存，Ba2+与CO32-不能大量共存；由步骤1可知废水为无色澄清液体，则废水中一定不含有Cu2+，由步骤2可知，加入过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则沉淀为碳酸钡沉淀，则废水中一定含有CO32-，一定不含有Ba2+和Mg2+，由步骤3可知，滴加酚酞，溶液变红，说明废水显碱性，则废水中一定含有OH-，废水中不能确定是否含有Na+和K+。
①由分析可知步骤1可得的结论是废水中不存在Cu2+，故答案为：废水中不存在Cu2+。
②由分析可知步骤2中Ba2+与CO32-反应生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，故答案为：CO32-+Ba2+=BaCO3↓。
③由分析可知实验中不能确定是否存在的离子是Na+、K+，故答案为：Na+、K+。
④溶液中还未能确定的离子为Na+、K+，检验Na+、K+，通常使用焰色反应，方法是：用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取废水，在无色火焰上灼烧，若火焰为黄色，则含有Na+，再透过蓝色的钴玻璃继续观察，若火焰为紫色，则含有K+，故答案为：用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取废水，在无色火焰上灼烧，若火焰为黄色，则含有Na+，再透过蓝色的钴玻璃继续观察，若火焰为紫色，则含有K+。
（2）要先用BaCl2除SO42-离子，然后再用Na2CO3除Ca2+，Na2CO3还可以除去过量的Ba2+，所以Na2CO3一定加在BaCl2的后面，如果加反了，过量的Ba2+就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+顺序不受限制，因为过量的NaOH加HCl就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，将滤液蒸发结晶得到氯化钠晶体。
①由分析可知，步骤1中按使用顺序所用试剂的化学式为NaOH、BaCl2、Na2CO3(或BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3)，故答案为：NaOH、BaCl2、Na2CO3(或BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3)。
②粗盐溶液中含有Br-，可以通入适量的氯气，氯气与Br-发生氧化还原反应生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，反应后加入CCl4，振荡后分液，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
19.为分离废磷酸亚铁锂电池的正极材料(主要含LiFePO4和铝箔)中的金属,将正极材料粉碎后进行如下流程所示的转化：

已知LiFePO4不溶于水和碱,能溶于强酸。
（1）“碱溶”时的离子方程式为___。
（2）向滤液Ⅰ中通入过量CO2会析出Al(OH)3沉淀,写出该反应的离子方程式：____。
（3）“酸浸”时溶液中Fe2+发生反应的离子方程式为_____。
（4）检验“沉铁”后所得溶液中是否存在Fe3+的方法是____。
（5）以Fe(OH)3为原料可以制取FeSO4晶体,还需的试剂有____。
（6）“沉锂”时，检验Li+是否沉淀完全的方法是____。
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (2). AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HCO3-
(3). 2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O (4). 取少量沉铁后所得上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则存在Fe3+，若溶液不变红，则不存在Fe3+ (5). 硫酸、铁粉 (6). 静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Li+沉淀完全
【解析】
【分析】废磷酸亚铁锂电池的正极材料(主要含LiFePO4和铝箔)，加入NaOH溶液，铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，所以滤液Ⅰ为NaAlO2，LiFePO4不溶于水和碱，所以滤渣Ⅰ为LiFePO4，LiFePO4能溶于强酸，加入H2SO4、H2O2，其中的Fe2+被氧化为Fe3+，加入NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，再加入Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀，据此答题。
【详解】（1）“碱溶”时，正极材料粉末中的铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
（2）滤液Ⅰ为NaAlO2溶液，通入过量CO2会生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。
（3）“酸浸”时溶液中的Fe2+在酸性条件下被H2O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。
（4）检验“沉铁”后所得溶液中是否存在Fe3+的方法是取少量沉铁后所得上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则存在Fe3+，若溶液不变红，则不存在Fe3+，故答案为：取少量沉铁后所得上层溶液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则存在Fe3+，若溶液不变红，则不存在Fe3+。
（5）先将Fe(OH)3与H2SO4反应生成硫酸铁，硫酸铁与铁粉反应生成硫酸亚铁，故答案为：硫酸、铁粉。
（6）“沉锂”时，检验Li+是否沉淀完全的方法是静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Li+沉淀完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则Li+沉淀完全。
20.某兴趣小组用莫尔盐[化学式为(NH4)xFe(SO4)2·6H2O(Fe为+2价)]测定KMnO4溶液的物质的量浓度的过程如下：
①称取19.6g莫尔盐配成100 mL溶液。
②量取10.00 mL KMnO4溶液，向其中加入足量的H2SO4进行酸化，向酸化后的溶液中逐滴滴加莫尔盐溶液，反应完全时消耗莫尔盐溶液的体积为20.00 mL。所发生反应的离子方程式如下：H++Fe2++MnO4-Fe3++Mn2++H2O(未配平)
（1）(NH4)xFe(SO4)2·6H2O中x=____，溶液中c(Fe2+)=___mol·L-1。
（2）第①步实验中所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外，还有___。
（3）由第②步实验的反应可知还原性：Fe2+___(填“>”或“<”)Mn2+。
（4）计算KMnO4溶液的物质的量浓度，写出计算过程。_____
【答案】(1). 2 (2). 0.5 (3). 100mL容量瓶，玻璃棒 (4). > (5). n(Fe2+)=0.5 mol·L-1×20.00 mL×10-3L·mL-1=0.01 mol
根据配平后离子反应，可得关系式：5Fe2+~MnO4-
n(KMnO4)=0.01 mol÷5=0.002 mol
c(KMnO4)=0.002 mol÷10 mL×103 mL·L-1=0.2 mol·L-1
【详解】（1）(NH4)xFe(SO4)2·6H2O中Fe的化合价为+2价，SO42-的化合价为-2价，NH4+的化合价为+1价，根据化合物的化合价的代数和为0可知：（+1）×x+（+2）+（-2）×2=0，解得x=2；溶液中n[(NH4)xFe(SO4)2·6H2O]===0.05mol，
则c(Fe2+)=c[(NH4)xFe(SO4)2·6H2O]===0.5mol/L，故答案为：2，0.5。
（2）配制100mL的莫尔盐溶液，所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：100mL容量瓶，玻璃棒。
（3）反应H++Fe2++MnO4-Fe3++Mn2++H2O中，Fe2+中Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，作还原剂，所以Fe2+是还原剂，MnO4-中Mn元素的化合价由+7价降低为-2价，化合价降低，被还原，作氧化剂，得到还原产物，所以Mn2+是还原产物，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性Fe2+>Mn2+，故答案为：>。
（4）反应H++Fe2++MnO4-Fe3++Mn2++H2O中，Fe2+中Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，失去1个电子，MnO4-中Mn元素的化合价由+7价降低为-2价，得到5个电子，根据电荷守恒和质量守恒配平方程式为8H++5Fe2++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O，n(Fe2+)=0.5mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=0.01mol，根据配平后离子反应，可得关系式：5Fe2+~MnO4-，n(KMnO4)=0.01 mol÷5=0.002mol，c(KMnO4)=0.002 mol÷10 mL×103 mL·L-1=0.2mol·L-1，故答案为：. n(Fe2+)=0.5mol·L-1×20.00 mL×10-3L·mL-1=0.01mol，根据配平后离子反应，可得关系式：5Fe2+~MnO4-，n(KMnO4)=0.01 mol÷5=0.002mol，c(KMnO4)=0.002 mol÷10 mL×103 mL·L-1=0.2mol·L-1。