罗山县2021-2022学年度高中毕业班第一次调研考试化学试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上相对原子质量：H:1Mg:24Al:27Ba：137S：32O：16P：31第I卷（选择题）一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．2021年在四川广汉三星堆新发现大量青铜器。下列有关说法错误的是（）A.铜是人类使用最早的金属之一B.青铜比纯铜具有更高的硬度和更强的抗腐蚀性能C.出土的青铜器深埋于地下生锈是因为发生了析氢腐蚀D.青铜是铜锡铅等的合金，常见的铜合金还有黄铜和白铜2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LSO3含有的氧原子数为3NAB．11.2LCH4和O2的混合气体中所含的分子数为0.5NAC．在常温常压下，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NAD．标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数小于NA3．下列反应的离子方程式中正确的是（）A．过量铁粉加入稀硝酸中：B．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO+4NH+2H2OC．向水中通入氯气：Cl2＋H2O⇌2H＋＋Cl-＋ClO-D．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−4.下列有关物质的性质及用途描述不正确的是（）A.Na2O2与H2O、CO2反应均有O2生成，故Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂B.氢硫酸的酸性比硫酸弱，可以向硫化钠固体中滴加浓硫酸的方法制备C.漂白粉可与CO2反应生成HClO，可用于自来水的杀菌消毒D.钠的熔点较低，可用作液态金属导热剂5．下列去除产品里少量杂质的方法，不合理的是（）
选项产品（杂质）方法AN2（O2）通过灼热的铜丝网BNO（NO2）通过水洗气CFeCl3溶液（FeCl2）加入足量的酸性KMnO4溶液DHCl（Cl2）通过CCl4洗气A．AB．BC．CD．D6．水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO、SiO、SO、HCO、SO中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断正确的是（）A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸铝的混合物C．所有阴离子都可能存在于溶液X中D．沉淀乙可能是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物7．下列说法不正确的是（）A．工业上利用铝热反应可以冶炼铁、钒、铬、锰等金属B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C．硫酸钡难溶于水和酸是可用作透视胃肠的内服药剂原因之一D．工业上燃煤脱硫可采用将煤燃烧后的烟气通过氨水吸收后再排放的方法8．工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：下列说法错误的是（）A．反应过程中碳元素的化合价始终不变B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*IC．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O9.在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是（）A.CO分子数比CO2分子数少B.甲容器的体积比乙容器的体积小C.CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小10．下列说法中，正确的是（）
A．可以用过滤的方法分离FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔效应C．硫酸溶液的导电性不一定比醋酸溶液的导电性强D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液11．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是（）A．在酸性溶液中氧化性：MnO4->VO2+B．亚硫酸钠溶液与酸性（VO2）2SO4溶液发生反应：2VO2++2H++SO32-=2VO2++SO42-+H2OC．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5（VO2）2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液完全反应，转移电子为1.5mol12．2020年11月“嫦娥五号”成功着陆月球，展示了以芳纶为主制成的五星红旗，用SiC增强铝基材料钻杆“挖土”，实现了中国首次月球无人采样返回。研究表明月球表面的“土壤”主要含有氧，硅、铝、铁、镁、钙和钠等元素。下列有关说法不正确的是（）A．月球表面的“土壤”所含金属元素镁和铝均可以通过电解其熔融氯化物进行冶炼B．制造探测器中的瞄准镜时使用光导纤维，其主要成分是SiO2C．嫦娥五号望远镜的某些部件由SiC制成，硬度高，耐高温D．“嫦娥五号”使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型无机非金属材料13．图中实验装置正确，且能达到实验目的的是（）A．利用图1装置模拟石油的分馏B．利用图2装置检验NH4Cl分解产生的两种气体C．利用图3装置蒸发结晶得到食盐晶体D．利用图4装置配制一定物质的量浓度的硫酸14．下图六个操作是常见物质的分离提纯操作，则有关这的说法不正确的是（）
A．操作1、操作2、操作6都可以是蒸馏，也可以是蒸发B．操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤C．操作3可以是洗涤、干燥D．操作4、操作5分别是萃取、分液15．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．能使甲基橙变红的溶液中：、、、B．的溶液中：、、、C．中性溶液中：、、、D．的溶液中：、、、16．某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是（）A．滤渣2的主要成分H2SiO3B．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水C．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L-1H2SO4D．步骤③、④操作是蒸发浓缩至出现晶体时停止加热，冷却结晶，过滤第II卷（非选择题）二、非选择题（52分。共4小题）17．（15分）某化工厂排放的工业废水中主要含Na＋、HSO、SO42-，研究小组欲测定其中HSO
的浓度，设计如下三个方案。方案三：量取20.00mL废水试样，用0.02mol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定。记录数据，计算。请回答下列问题：（1）利用如图所示的装置完成方案一。①仪器A的名称是__________________。②读数前，应进行的操作是____________________________。③该方案存在较大的误差，可能的一种原因是____________________________。（2）①方案二中吸收气体a的“X溶液”可能是________。a．Na2SO3溶液 b．双氧水c．硝酸钠溶液d．H2SO4酸化的KMnO4溶液②若X为次氯酸钠，写出气体a与X溶液反应的离子方程式。③该方案中，操作Ⅰ包含的操作名称依次为__________________________。（3）①方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是______（填标号）。该方案是否需要指示剂？________（填“是”或“否”），原因是____________________________。②滴定数据记录如表：滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次0.1016.12第二次1.1017.08第三次1.4521.45第四次0.0016.00计算该废水试样中HSO的浓度为________mol·L－1。18．（13分）已知：某无色废水中可能含有H+、、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、、、中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1L
，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是______________，一定存在的阳离子是。（2）写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式________。（3）分析图像，在原溶液中c（）与c（Al3+）的比值为________，所得沉淀的最大质量是_______g。（4）若通过实验确定原废水中c（Na+）=0.18mol·L−1，试判断原废水中是否存在？_________（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c（）=_______mol·L−1。（若不存在或不确定则此空不填）19．（14分）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图：请回答下列问题（1）在焰色反应实验中，观察钾元素的焰色需要用到的玻璃为_______。（2）“溶液A”中溶质除NaOH外，还有______。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为。（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化Fe2＋还有_________离子被氧化，在“滤液1”中加入20﹪Na2CO3溶液，目的是_________；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化可用到的试剂为________。（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到Co2+。但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是________。
（5）“钴沉淀”的化学式可表示为CoCO3·yCo（OH）2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热.使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为__________。20.（10分）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：Ⅰ.亚磷酸（H3PO3）是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H++H2PO3－。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。（1）写出亚磷酸钠（Na2HPO3）中磷的化合价。（2）当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为_______________。（3）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式___________。Ⅱ.已知：①次磷酸（H3PO2）是一种一元弱酸；②常温下，电离平衡常数Ka（H3PO2）=5.9×10-2，Ka（CH3COOH）=1.8×10-5；（4）下列说法正确的是．A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2-B．NaH2PO2属于酸式盐C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力强D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小（5）次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂．如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍．酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：___Ni2++___H2PO2-+___（___）═___Ni+___H2PO3-+___（___）请完成并配平上列的离子方程式．Ⅲ.磷酸是三元弱酸（H3PO4）（6）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2+6SiO26CaSiO3+P4O1010C+P4O10P4+10CO若反应生成31gP4，则反应过程中转移的电子数为____________（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。2021-2022学年度高中毕业班第一次调研考试化学参考答案（详解）一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.【答案】CA:铜的化学性质不活泼，易于冶炼为单质，使用较早，A正确；B:合金比纯金属具有更优良的物理、化学和机械性能，故青铜比纯铜具有更高的硬度和更强的抗腐蚀性能，B正确；C:铜在金属活动性顺序表中排在氢后面，不会发生析氢腐蚀，C错误；D:青铜是铜锡铅的合金，常见的合金还有黄铜（铜和锌的合金）和白铜（铜和镍的合金），D正确综上所述，选C2.【答案】D【详解】A．标况下，三氧化硫为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．混合气体没有说是标准状况下，因此无法计算物质的量，故B错误；C．由2Fe+3Cl22FeCl3，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应时氯气不足，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D．NO为1mol，O2为0.5mol，由2NO+O2═2NO2可知二者正好完全反应，生成NO2气体的物质的量为1mol，分子总数为NA，但二氧化氮能反应生成四氧化二氮，导致分子总数小于NA，故D正确；故选D。【答案】D3.【答案】D【详解】A．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3+3NH，故B错误；C．向水中通入氯气：Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl-＋HClO，故C错误；D．硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C+CaSO4=CaCO3+S，故D正确；故选D。4.【答案】B【解析】【分析】
【详解】A．过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；B．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；C．次氯酸的酸性比碳酸弱，漂白粉中的有效成分次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应生成具有强氧化性的次氯酸，能起到杀菌消毒的作用，则漂白粉可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；D．合金的熔点比各组分的熔点都低，钠的熔点较低，则由钠形成的钠钾合金常温呈液态，可做原子反应堆的导热剂，故D正确；故选A。5.【答案】C【详解】A．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故A合理；B．一氧化氮不溶于水，而二氧化氮与水反应生成生成硝酸和一氧化氮，则用水洗气可以除去一氧化氮中混有的二氧化氮，故B合理；C．足量的酸性高锰酸钾溶液能把氯化铁溶液中的亚铁离子氧化铁离子，同时酸性高锰酸钾溶液也能把氯离子氧化，同时还会引入锰离子、钾离子杂质，故C不合理；D．氯气是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，而氯化氢是极性分子，不溶于四氯化碳，则通过四氯化碳洗气可以除去氯化氢中混有的氯气，故D合理；故选C。6.【答案】A【分析】加盐酸有气体说明有HCO或SO，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸氢根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有SiO，硅酸是沉淀，气体甲只有二氧化硫，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在
AlO，则不存在HCO，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子，以此解答。【详解】A．加HCl有气体说明有HCO或SO，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，但溶液X中存在SiO，则不存在HCO，气体甲为SO2，为纯净物，故A正确；B．加盐酸有沉淀，说明一定有SiO，硅酸是沉淀，铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，沉淀甲是硅酸，故B错误；C．由分析可知，溶液X中不存在HCO，故C错误；D．由分析可知，溶液X中不存在Mg2+，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，，故D错误；故选A。7.【答案】A【详解】A．工业上不是用铝冶炼铁，A错误；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，可用于制造信号弹和焰火 ，B正确；C．硫酸钡难溶于水和酸，可用作透视胃肠的内服药剂，C正确；D．二氧化硫被氨水吸收后防止污染，D正确；故选A。8.【答案】A【详解】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C正确；D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环
的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；答案选A。9.【答案】D【解析】【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，据此分析解答。【详解】A．根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，故A错误；B．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，故B错误；C．温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，故C错误；D．ρ=知，在相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确；故选D。10.【答案】C11.【答案】D【详解】A．VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，则氧化性MnO4->VO2+，故A正确；B．SO32-等能把VO2+还原为VO2+，亚硫酸根被氧化成硫酸根，结合电子守恒和电荷守恒可知方程式为：2VO2++2H++SO32-=2VO2++SO42-+H2O，故B正确；C．酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2+=Fe3++VO2+，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol，故D错误；故答案为D。
12.【答案】A【详解】A．AlCl3是由分子构成的共价化合物，不能用于电解制取金属Al，而要采用电解熔融Al2O3方法冶炼Al，A错误；B．二氧化硅具有良好的光学性能，光导纤维的主要成分为SiO2，B正确；C．SiC又称金刚砂，属于无机非金属材料，其硬度高，耐高温，C正确；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，D正确；故合理选项是A。13.【答案】B【详解】A．分馏装置中，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B．氯化铵分解生成氨气和氯化氢混合气体，气体通过五氧化二磷吸收氨气后，通过观察湿润蓝色石蕊试纸变红证明生成HCl，气体通过碱石灰吸收氯化氢后，通过观察湿润的酚酞试纸变红证明生成氨气，故B正确；C．蒸发结晶操作应在蒸发皿中进行，故C错误；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中进行稀释，故D错；故选：B。14.【答案】A【分析】操作1将液体分为两种液体，可能的操作为蒸馏或者分液，操作2将液体2分为液体和固体，应为过滤或蒸馏操作，固体经操作3得到固体产品，操作3应为洗涤、干燥。根据操作4前后的物质，可知操作4为萃取，操作5为分液，操作6为蒸馏。【详解】A.由于操作2和操作6都要得到固体和液体，而蒸发操作只能得到固体，故不能为蒸发，A错误；B.操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B正确C.操作3可以是洗剂、干燥，C正确；D.操作4、操作5分别是萃取、分液，D正确；故答案选A。15.【答案】A
【详解】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，该组中的各个离子可以大量存在，A符合题意；B．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化，即NO3-、H+、Fe2+不能共存，B不符合题意；C．Fe3+的沉淀范围是1.5-4.1，则中性溶液中Fe3+不能大量存在，C不符合题意；D．，，则c(H+)=1×10-1mol/L，即溶液呈酸性，所以S2O32-不能大量存在，D不符合题意；故选A。16.【答案】D某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，加入硫酸后，发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,得到的滤液1中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3,滤渣1中含SiO2、CuS,向滤渣1中加入H2SO4和H2O2溶液，会得到CuSO4、S,则滤液2中含CuSO4,滤渣2中含S、SiO2。A选项：滤渣2的主要成分为S、SiO2，故A错误；B选项：滤液1中同时含有Fe2+、Fe3+,不能使用KSCN和新制的氯水来检验溶液中的Fe2+,故B错误；C选项：H2O2在酸性条件下才能氧化CuS,所以应该先加入硫酸，再加入H2O2,故C错误；D选项：两步均为溶液到晶体的过程。故D正确；故选D.二、非选择题（52分。共4小题）17．（15分）【答案】（1）①分液漏斗（1分）②调整B、C装置液面相平（2分）③SO2可溶于水（合理答案均可）（1分）（2）①bc（2分）②SO2＋ClO－＋H2O=SO42-＋Cl－＋2H＋（2分）③过滤、洗涤、干燥（2分）（3）①c（1分） 否（1分） 高锰酸钾溶液本身有颜色，可指示滴定终点（合理答案均可）（1分） ②0.04（2分）【解析】（1）①根据题图可知仪器A为分液漏斗。②读数时应使左右两侧压强相同，故读数前需调整B、C装置液面相平。③方案一中生成的气体为SO2，由于SO2可溶于水，故测得的气体体积小于实际生成的气体体积，实验误差较大。（2）①根据方案二可知，气体a为SO2，SO2气体最终转化为沉淀，则X
溶液在酸性条件下应具有氧化性，能将SO2转化为SO42-，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，且不能影响实验结果，故X溶液可能是双氧水或硝酸钠溶液。②在X溶液中SO2与ClO－发生氧化还原反应，其离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===SO42-＋Cl－＋2H＋。（3）①方案三中应将酸性KMnO4溶液滴入废水试样中，故用酸式滴定管盛放酸性KMnO4溶液。该方案不需要指示剂，因为KMnO4溶液本身有颜色，达到滴定终点时锥形瓶中的废水试样呈紫红色，且半分钟内不褪色。②第三次实验数据误差较大，应舍去，故由第一、二、四次实验数据可知消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为16.00mL，根据关系式：5HSO3- ～ 2KMnO45mol2molc(HSO3-)×20.00×10－3L0.02mol·L－1×16.00×10－3L解得c(HSO3-)＝0.04mol·L－1。18.（13分）【答案】（1）（2分）Na+、H+、Al3+、Mg2+、（2分）（2）+OH－=NH3·H2O（2分）（3）2∶1（2分）10.7（2分）（4）存在（1分）0.08（2分）【分析】根据溶液无色，排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图像信息得出一定含有铝离子、镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。【详解】(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有。故答案为：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。
(2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+OH－＝NH3·H2O。(3)与反应的OH－有0.2mol，则有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH－有0.1mol，则Al3+有0.1mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4mol，0.1molAl3+沉淀需要0.3molOH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1mol，则Mg2+有0.05mol，生成氢氧化镁0.05mol，质量为0.05mol×58g∙mol−1＝2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为0.1mol×78g∙mol−1＝7.8g，则沉淀最大质量为10.7g；故答案为：2∶1；10.7。(4)从图中可知，H+有0.1mol，已经求得有0.2mol，Al3+有0.1mol，Mg2+有0.05mol，若c(Na+)=0.18mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18mol·L−1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即物质的量为0.4mol，也就是说有0.4mol，已知没有，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2mol×1+0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol×1−0.4mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c()=；故答案为：存在；0.08。19.（14分）【答案】（1）蓝色钴玻璃（1分）（2）NaAlO2或偏铝酸钠（2分）（2分）（3）（2分）使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀（1分）铁氰化钾溶液（2分）（4）LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境（2分）（5）2CoCO3·3Co(OH)2（2分）【分析】从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钻，加入氢氧化钠溶液，可溶解铝，滤液A为NaAlO2，钴渣含有氧化铁、LiCoO2，加入稀硫酸、硫酸硫酸钠，主要发生，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3+转换为沉淀，即沉淀B为，滤液中加入NaF，可生成LiF，滤液3加入30%Na2CO3溶液，可生成，以此解答该题。
【详解】(1)在焰色反应实验中，观察钾元素的焰色需要通过蓝色钴玻璃观察，避免被其他元素的焰色干扰；故答案为：蓝色钴玻璃；(2)溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2或偏铝酸钠，“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为；故答案为：NaAlO2 或偏铝酸钠；；(3)检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是Co2+、都能使KMnO4溶液褪色；在“滤液2”中加入20%Na2CO3溶液，目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀，可用铁氰化钾溶液检验溶液中是否含Fe2+；故答案为：；使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀；铁氰化钾溶液；(4)工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；故答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；(5)称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热，使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g，则，，则化学式为2CoCO3·3Co(OH)2。20.（10分）【答案】（1）+3（1分）（2）H3PO3+OH—＝H2PO3—+H2O（1分）（3）H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4（2分）（4）AD（2分）（5）1；1；1H2O；1；1；2H+（2分）（6）5NA（2分）【详解】（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2-，故A正确；B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3-+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA。考点：考查了氧化还原反应及其方程式的配平的相关知识。
