2023-2024学年“七省新高考”高一上学期期末模拟考试化学试题03（全解全析）(14+4).docx

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2023−2024学年上学期期末模拟考试03化学·全解全析第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列关于物质性质与用途关系的叙述正确的是A．钠能与水剧烈反应，可用作95％乙醇的强除水剂B．纯碱溶液可去油污，是由于水解使溶液显碱性C．高锰酸钾溶液、“84”消毒液均具有强氧化性，可用于杀菌消毒D．铝盐溶于水形成胶体，可用于饮用水的杀菌消毒【答案】C【解析】A．钠和水、乙醇均会发生反应，A错误；B．纯碱溶液可去油污，是由于水解使溶液显碱性，B错误；C．高锰酸钾溶液、“84”消毒液具有强氧化性，可以使蛋白质变性，从而杀死细菌和病毒，C正确；D．铝盐溶于水形成胶体，能吸附杂质，可以净化水，但是不能杀菌消毒，D错误；故选C。2．下列化学用语错误的是A．钾的原子结构示意图为  B．四氯化硅的比例模型为  C．过氧化氢的结构式为H－O－O－HD．氢化钙的电子式为【答案】D【解析】A．钾为19号元素，其原子结构示意图为：  ，故A正确； B．四氯化硅为正四面体结构，且Si原子半径大于Cl，其比例模型为：  ，故B正确；C．过氧化氢的结构式为H－O－O－H，故C正确；D．氢化钙为离子化合物，其电子式为：[H:]-Ca2+[:H]-，故D错误；故选：D。3．下列实验能达到目的的是选项ABCD试剂FeSO4溶液，NaOH溶液浓盐酸、MnO2NaHCO3、澄清石灰水Cl₂、HCl、NaOH溶液目的制备并长时间观察Fe(OH)3制备纯净氯气探究NaHCO3的稳定性除去氯气中氯化氢装置①②③④【答案】C【解析】A．产物为氢氧化亚铁，空气进入溶液中，氢氧化亚铁会被氧化成氢氧化铁，故A错误；B．浓盐酸具有挥发性，氯气中会混有水蒸气和氯化氢气体，故B错误；C．加热碳酸氢钠，若澄清石灰水变浑浊，则说明碳酸氢钠受热易分解，故C正确；D．氯气和氯化氢都会与氢氧化钠溶液发生反应，故D错误；故答案选C。4．是一种新型储氢合金，该合金在一定条件下完全吸氢的化学方程式为，得到的混合物在4.0mol⋅L-1HCl溶液中能完全释放出氢气。下列说法正确的是A．该合金的熔点介于金属镁和金属铝的熔点之间B．中，两种元素的化合价均为零价C．在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼可获得该合金D．一定条件下，17mol和12molAl与盐酸完全反应，释放氢气的总量为52mol【答案】D【解析】A．合金的熔点比各成分的熔点都低，该合金的熔点低于金属镁、金属铝的熔点，A错误；B．中，H的化合价为-1，Mg的化合价为+2，B错误； C．在氮气条件下，一定温度下熔炼，镁和氮气会发生反应：，C错误；D．一定条件下，17mol与盐酸完全反应生成34mol氢气，12molAl与盐酸完全反应生成18mol氢气，共放出52mol氢气，D正确；故选D。5．设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A．与水反应，生成0.1mol转移的电子数为0.1B．一定条件下，5.6gFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.2NAC．120g熔融中含有的离子总数为3D．1molNa2O2晶体和1molCaH2晶体含有的离子数目均为2NA【答案】B【解析】A．，每生成1mol转移2mol电子，则生成0.1mol转移的电子数为，A项错误；B．Fe与氯气反应生成氯化铁，5.6gFe为0.1mol，完全反应消耗0.15mol氯气，则氯气量不足，应以氯气的量计算电子数，完全跟反应得0.2mol电子，即0.2NA，B项正确；C．120g的物质的量为1mol，熔融中只含和，C项错误；D．Na2O2晶体中存在Na+和，CaH2晶体中存在Ca2+和H-离子，1mol晶体含有的离子数目均为3NA，D项错误；故选：B。6．实验室制备胶体的操作方法如下：向10mL溶液中逐滴加入，溶液，并不断振荡。下列叙述正确的是A．制备胶体的化学方程式为B．胶体中分散质颗粒直径大于100nmC．利用丁达尔效应可以区分胶体和溶液D．采用过滤操作可以除去胶体中的少量杂质【答案】C【解析】A．制备AgI胶体的化学方程式：AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3，不是生成沉淀，故A错误；B．胶体的分散质颗粒直径处于1~100nm之间，故B错误；C．丁达尔效应是胶体特有性质，利用丁达尔效应可以区分胶体和溶液，故C正确；D．胶体和溶液中粒子均能通过滤纸，过滤操作不能除去杂质，而AgI胶体粒子不能透过半透膜，可用渗析方法分离，故D错误；故选C。7．已知：NaClO能与水缓慢反应生成NaOH、HClO。某小组探究“84消毒液”的性质，请你参与他们的探究活动。[观察]“84消毒液”是一种透明的液体。[预测]NaClO中Cl显+1价，可能具有漂白性；它是弱酸盐，能与较强酸反应。[实验]在相同条件下进行实验，测得“84消毒液”的漂白效率与温度的关系如图所示。下列判断正确的是 A．上述探究活动中只用到了观察法、实验法B．温度大于30℃时，漂白效率降低的原因可能是HClO分解加快C．“84消毒液”需密封保存，使用时可用沸水稀释D．可用pH试纸测定“84消毒液”的pH值【答案】B【解析】A．上述探究活动中用到了观察法、实验法、分类等方法，故A错误；B．次氯酸不稳定，温度大于30℃时，漂白效率降低的原因可能是HClO分解加快，故B正确；C．温度大于30℃时漂白效率降低，“84消毒液”使用时不能用沸水稀释，故C错误；D．“84消毒液”具有漂白性，不能用pH试纸测定“84消毒液”的pH值，故D错误；选B。8．下列不能检验溶液中的试剂是A．、稀硝酸B．、醋酸和淀粉C．氯水、D．、稀盐酸【答案】D【解析】A．加入溶液有黄色AgI沉淀生成，再加入稀硝酸沉淀不溶解，证明是I-离子，A能检验I-离子；B．加入和醋酸溶液，KIO3在酸性条件下把KI氧化为I2，遇淀粉变蓝色，B能检验I-离子；C．溶液中加入氯水充分反应，再加入CCl4震荡、静置、分层，下层为紫红色，证明有I-离子存在，C能检验I-离子；D．KBr和稀盐酸与I-离子不反应，不能检验I-离子，D不能检验I-离子；答案选D。9．某化学实验小组在实验室中利用固体配制250mL的溶液。下列做法错误的是A．在托盘天平上放置烧杯用于称取5.0g固体B．选取规格为250mL的容量瓶，并进行检漏C．为防止变质，固体溶解后立即转移至容量瓶中D．定容、摇匀后，液面低于刻度线时不再处理【答案】C【解析】A．所需NaOH固体质量为m=nM=cVM=0.25L××40g/mol=5.0g，托盘天平的精确度为0.1g，故A正确；B．配制250mL溶液，则选择规格为250mL容量瓶需查漏才能使用，故B正确；C．固体溶解放热，若趁热立即将溶液注入容量瓶中并定容，体积偏小，则结果导致所配溶液浓度偏高，故C错误；D．定容、摇匀后发现液面低于刻度线是因为部分溶液留在瓶壁上，不需要再加水，否则会导致所配溶液浓度偏低，故D正确；故答案为：C。10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶ 8，W与Z同族，Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半，含X元素的物质焰色试验为黄色。下列说法正确的是A．金属性：Y>XB．最简单氢化物的沸点：W>ZC．W与X形成的化合物中一定只含有离子键D．原子半径的大小顺序：r(Z)>r(X)>r(Y)【答案】B【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，Z为硫元素，W与Z同族，则W为氧元素，Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半，Y为镁元素，含X元素的物质焰色试验为黄色，则X为钠元素。【解析】A．金属性：Na>Mg，A错误；B．水分子间存在氢键，沸点出现异常，最简单氢化物的沸点：H2O>H2S，B正确；C．O与Na形成的化合物过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，C错误；D．同周期元素原子半径越来越小，故原子半径的大小顺序为：r(Na)>r(Mg)>r(S)，D错误；故选B。11．在点滴板①②③三个孔穴中分别滴入3滴新制的氯水，再向②③中分别滴入3滴NaBr溶液、NaI溶液；向④⑤两个孔穴中分别滴入3滴溴水，向⑤中滴入3滴NaI溶液。下列关于该实验的说法正确的是A．新制氯水中水的电离程度大于纯水的B．①②③可得出氧化性：C．若用久置的氯水进行上述实验，实验现象与原实验现象完全相同D．上述实验中可以探究同主族元素性质的递变规律【答案】D【分析】在点滴板①②③三个孔穴中分别滴入3滴新制的氯水，再向②③中分别滴入3滴NaBr溶液、NaI溶液，①②③可得出氧化性：；向④⑤两个孔穴中分别滴入3滴溴水，向⑤中滴入3滴NaI溶液，可得出氧化性：。【解析】A．新制氯水呈酸性，抑制水电离，新制氯水中水的电离程度小于纯水，故A错误；B．①②③可得出氧化性：，无法得到，故B错误；C．久置的氯水实为稀盐酸，若用久置的氯水进行上述实验，实验现象与原实验现象不相同，故C错误；D．上述实验中可以探究同主族元素性质的递变规律，如卤族元素的非金属性：，故D正确；故选D。12．常温下，下列粒子在指定溶液中能大量共存的是 A．溶液中：、、、B．溶液中：、、、C．酸性溶液中：、、、D．溶液中：、、、【答案】B【解析】A．与或反应生成碳酸钙沉淀和微溶物硫酸钙，不能共存，故A错误；B．各离子之间互不反应，能共存，故B正确；C．酸性能与发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D．、结合生成氢氧化镁沉淀，不能共存，故D错误；故选B。13．不能正确表示下列反应的离子方程式的是A．工业上生产烧碱：B．和的碱性溶液反应：C．溶液和少量溶液反应：D．酸性溶液和溶液反应：【答案】C【解析】A．工业上通过电解饱和食盐水生成烧碱，离子方程式为：，故A正确；B．和NaClO的碱性溶液反应生成和Cl-，依据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒进行配平，可得，故B正确；C．溶液和少量溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：，故C错误；D．酸性溶液和溶液反应生成Mn2+和O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故D正确；故选C。14．某溶液中可能含有、、、、、和，取该溶液，加入过量溶液，加热，得到气体，同时产生红褐色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到固体；向上述滤液中加足量溶液，得到不溶于盐酸的沉淀，由此可知原溶液中A．至少存在3种离子B．一定存在，且C．、一定存在，不能确定D．、一定不存在，可能存在【答案】B 【分析】由溶液中加入过量氢氧化钠溶液，加热，得到气体和红褐色沉淀可知，溶液中一定含有铵根离子和铁离子，则溶液中一定不含有碳酸根离子，由原子个数守恒可知，溶液中铵根离子的物质的量为0.02mol，铁离子的物质的量为×2=0.02mol；向滤液中加入足量氯化钡溶液，产生不溶于盐酸的沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，由硫酸钡的质量可知，溶液中硫酸根离子的物质的量为=0.02mol，阳离子电荷总数为0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，阴离子电荷总数为2×0.02mol=0.04mol，阳离子电荷总数大于阴离子电荷总数，则由电荷守恒可知，溶液中一定含有氯离子，无法确定是否含有铝离子和钾离子。【解析】A．由分析可知，溶液中一定含有铵根离子、铁离子、硫酸根离子和氯离子，一定不含有碳酸根离子，无法确定是否含有铝离子和钾离子，故A错误；B．由分析可知，溶液中一定含有铵根离子、铁离子、硫酸根离子和氯离子，一定不含有碳酸根离子，无法确定是否含有铝离子和钾离子，则由电荷守恒可知，溶液中氯离子浓度不小于=0.4mol/L，故B正确；C．由分析可知，溶液中一定含有铵根离子、铁离子、硫酸根离子和氯离子，故C错误；D．由分析可知，溶液中一定不含有碳酸根离子，无法确定是否含有铝离子，故D错误；故选B。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题：本题共4个小题，共58分。15．（14分）为棕褐色固体，在化工生产中有许多应用。(1)元素有、、、四种核素，它们互为，的中子数为，1个原子的质量是。(2)书写利用单质反应制备氯化铁的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：。(3)氯化铁溶于水后，电离方程式为。检验氧化铁溶液中的溶质负离子的操作、现象和结论是：。(4)将少量饱和溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系甲、乙、丙。用红色激光灯分别照射分散系甲和丙，现象的差异为：。向丙中加入少量稀盐酸，会出现和乙中相同的现象，原因是：。(5)5.410g氯化铁晶体()与100mL溶液恰好完全沉淀，则溶液的物质的量浓度为。 (6)若用氯化铁晶体()配制100mL溶液，下列会造成所配溶液物质的量浓度偏高的是___________。A．定容时，俯视凹液面最低点B．转移时，有少量液体溅出C．晶体已部分失水D．烧杯、玻璃棒未洗涤(7)将饱和氯化铁溶液与小苏打溶液混合时，会产生红褐色沉淀和一种无色无味且能使石灰水变浑浊的气体，则该气体在标况下的密度为。(保留三位小数)【答案】(1)同位素（1分）28（1分）（1分）(2)（2分）(3)（1分）取样，加硝酸银和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有氯离子（1分）(4)丙中产生光亮的光线轨迹，甲中没有（1分）氢氧化铁胶体遇到稀盐酸中的异种电荷离子，发生了聚沉（1分）(5)（2分）(6)AC（2分）(7)（1分）【详解】（1）元素有、、、四种核素，质子数相同、中子数不同，它们互为同位素，的中子数为54-26=28；1mol的质量为56g，1mol的个数是NA，则1个原子的质量是。（2）铁和氯气点燃生成氯化铁，铁元素化合价由0升高为+3，氯元素化合价由0降低为-1价，标出电子转移的方向和数目为。（3）氯化铁溶于水后，电离方程式为。氯离子和银离子能生成难溶于硝酸的白色沉淀氯化银，检验氧化铁溶液中的溶质负离子的操作、现象和结论是：取样，加硝酸银和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有氯离子。（4）甲得到氯化铁溶液，乙得到氢氧化铁沉淀，并得到氢氧化铁胶体，胶体能产生丁达尔效应；用红色激光灯分别照射分散系甲和丙，现象的差异为：丙中产生光亮的光线轨迹，甲中没有。向丙中加入少量稀盐酸，氢氧化铁胶体遇到稀盐酸中的异种电荷离子，发生了聚沉，所以会出现和乙中相同的现象。（5）5.410g氧化铁晶体()的物质的量为，与100mL 溶液恰好完全生成氯化银沉淀，则的物质的量为0.06mol，溶液的物质的量浓度为。（6）A．定容时，俯视凹液面最低点，溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高，故选A；B．转移时，有少量液体溅出，溶质物质的量偏少，所配溶液物质的量浓度偏低，故不选B；C．晶体已部分失水，FeCl3物质的量偏大，所配溶液物质的量浓度偏高，故选C；D．烧杯、玻璃棒未洗涤，溶质物质的量偏少，所配溶液物质的量浓度偏低，故不选D；选AC。（7）将饱和氯化铁溶液与小苏打溶液混合时，会产生红褐色沉淀Fe(OH)3和一种无色无味且能使石灰水变浑浊的气体二氧化碳，二氧化碳在标况下的密度为。16．（14分）某小组用下图所示装置来制取,并观察其在空气中被氧化过程的颜色变化．实验时所使用的试剂有：铁屑、稀硫酸和氢氧化钠溶液．请完成下列问题：(1)仪器X的名称为;B中盛装的试剂为．(2)A中主要反应的离子方程式为．(3)配制氢氧化钠溶液时，为除去蒸馏水中溶解的,常采用的方法是．(4)实验开始时应先将（填“关闭”或“打开”），再打开．(5)实验完毕后，取下装置B的橡胶塞，B瓶中可观察到的现象为,发生反应的化学方程式为．(6)实验中产生的作用有（填序号）．A．排出装置内的空气B．将A中溶液压入B中C．保护不被空气氧化【答案】(1)分液漏斗（1分）氢氧化钠溶液（1分）(2)（2分）(3)（加热）煮沸（2分）(4)打开（2分） (5)白色絮状物迅速变成灰绿色，最后变为红褐色（2分）（2分）(6)ABC（2分）【分析】Fe(OH)2容易被空气中是氧气氧化。实验开始时，应先打开活塞，使生成的氢气进入整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，因此A中发生铁与稀硫酸的反应；关闭活塞K2时，A中溶液进入B装置中，A中溶液含有硫酸亚铁（可能含有硫酸），硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成Fe(OH)2，因此B中盛放氢氧化钠溶液，据此分析判断；【详解】（1）根据图示，X为分液漏斗；根据分析，A中生成的FeSO4进入B中与NaOH溶液反应生成生成Fe(OH)2；故答案为：分液漏斗；氢氧化钠溶液；（2）A中铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；故答案为：；（3）气体的溶解度随着温度的升高而降低，故煮沸蒸馏水，去除溶解的氧气；故答案为：（加热）煮沸；（4）为了排除装置中的空气，先打开K2，打开K1后，产生的氢气进入B中，将容器中的空气排除；故答案为：打开；（5）B中生成Fe(OH)2，取下装置B的橡胶塞，Fe(OH)2与空气中的氧气和水反应生成Fe(OH)3，观察到生成的白色絮状物变为灰绿色，最终为红褐色沉淀；故答案为：白色絮状物迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；（6）A．实验开始前先打开K2，打开K1后，产生的氢气进入B中，将容器中的空气排除，A符合题意；B．产生的氢气将A中的硫酸亚铁压入B中，B符合题意；C．B反应过程中通入氢气，防止有氧气进入，C符合题意；故答案为：ABC。17．（15分）含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属Fe等，对其综合利用具有重要的经济价值和社会效益。一种含钛高炉渣提钛工艺流程如下图所示。已知：i．铁能被磁体吸引ii．不溶于水、稀酸和碱溶液iii．能与强酸、强碱反应，强碱溶液中元素的存在形式为iv．不溶水、稀酸溶液，能与溶液发生反应： (1)钛高炉渣中的物质属于碱性氧化物的有。(2)“研磨”的目的是，“磁选”的目的是。(3)酸浸时加入过量盐酸，发生反应的离子方程式为。(4)滤渣1的主要成分为。(5)溶液碱浸的目的是(6)由滤渣2制备金属钛的过程中，滤渣2发生了反应(填“氧化”、“还原”)(7)下列说法正确的是(填字母序号)。a．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣成分相同b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变【答案】(1)Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3、FeO（2分）(2)降低颗粒大小，改变粒度分布，增加特定颗粒的表面积，打破颗粒团聚，减少反应时间（2分）分离出金属Fe（2分）(3)（2分）(4)TiO2、SiO2（2分）(5)去除SiO2（2分）(6)还原（1分）(7)b（2分）【分析】含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属Fe等，经过研磨、磁选分离出金属Fe，盐酸酸浸，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3、FeO溶解，得到各物质的盐溶液，TiO2、SiO2不溶解，滤渣1主要成分是TiO2、SiO2，滤渣再加氢氧化钠溶液碱浸，SiO2溶解，TiO2不溶，滤渣2主要成分是TiO2，提纯之后还原得到金属钛；据此分析解题。【详解】（1）含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属Fe等，属于碱性氧化物的有Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3、FeO；故答案为Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3、FeO。（2）“研磨”的目的是降低颗粒大小，改变粒度分布，增加特定颗粒的表面积，打破颗粒团聚，减少反应时间；“磁选”的目的是分离出金属Fe；故答案为降低颗粒大小，改变粒度分布，增加特定颗粒的表面积，打破颗粒团聚，减少反应时间；分离出金属Fe。（3）酸浸时加入过量盐酸，发生反应的离子方程式为，，故答案为。（4）据分析可知，滤渣1主要成分是TiO2、SiO2，故答案为TiO2、SiO2。（5）据分析可知，滤渣1主要成分是TiO2、SiO2，滤渣1再加氢氧化钠溶液碱浸，SiO2溶解，TiO2不溶；故答案为去除SiO2。（6）据分析可知，滤渣2主要成分是TiO2，提纯之后还原得到金属钛；故答案为还原。 （7）a．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是TiO2，成分相同，故a正确；b．氢氧化钠可以与Al2O3、SiO2、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，故b错误，故答案为b。18．（15分）I．某小河边有四座工厂：甲、乙、丙、丁(如图所示，河水自甲厂向下流)。已知，它们所排出的废液里分别含有、、、HCl中的一种。某环保小组对河水监测时发现：①甲处河水呈乳白色②乙处河水呈红褐色浑浊状③丙处河水由浑浊变澄清④丁处河水产生气泡，河水仍澄清。(1)各工厂排放的废液分别含有：甲厂：、乙厂：、丙厂：、丁厂：(填化学式)。(2)丙处河水变澄清的原因为(用离子方程式进行说明)。(3)丁处河水产生气泡的原因为(用离子方程式进行说明)。Ⅱ．磷元素的含氧酸有(磷酸)、(亚磷酸)、(次磷酸)等多种。其中次磷酸与过量NaOH溶液反应生成次磷酸钠()的化学方程式为，则(4)中磷元素的化合价是；(5)上述反应(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应；(6)属于(填“正盐”、“酸式盐”或“碱式盐”)。(7)(亚磷酸)具有较强的还原性，能被酸性溶液氧化为(磷酸)，其中涉及的离子方程式为：。【答案】(1)（1分）（1分）HCl（1分）（1分）(2)（2分）(3)（2分）(4)＋1价（1分）(5)不属于（2分） (6)正盐（2分）(7)（2分）【分析】甲处河水呈乳白色，Ca(OH)2的水溶液是乳白色，所以可以判断甲处排出的废液中含有Ca(OH)2；乙处河水呈红褐色浑浊，红褐色浑浊为氢氧化铁沉淀，根据FeCl3和Ca(OH)2反应生成氢氧化铁可知，乙排放出的废液中含有FeCl3；丙处河水由浑变清，说明丙处排出的废液中含有与氢氧化铁反应的溶质，即含有HCl；丁处产生气泡，HCl可以和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，说明丁在丙的下方且含有Na2CO3，据此分析答题。【详解】（1）根据分析，甲为Ca(OH)2；乙厂：FeCl3；丙厂：HCl；丁厂：Na2CO3；故答案为：Ca(OH)2；FeCl3；HCl；Na2CO3；（2）丙处河水由浑变清，说明丙处排出含HCl的废液与氢氧化铁反应生成氯化铁和水；故答案为：；（3）丁处产生气泡，HCl可以和碳酸钠反应生成二氧化碳气体；故答案为：；（4）根据化合价代数和为0，H为+1、O为-2，则P为+1；故答案为：+1；（5）根据化合价分析，反应前后元素的化合价没有发生变化，则不属于氧化还原；故答案为：不属于；（6）次磷酸与过量NaOH溶液反应生成次磷酸钠(NaH2PO2)，则H3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐；故答案为：正盐；（7）H3PO3具有较强的还原性，发生氧化反应生成H3PO4，KMnO4具有氧化性，发生还原反应生成Mn2+，则根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，；故答案为：。