第一章 物质及其变化（综合训练）（湖南专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第一章 物质及其变化 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Cl 35.5 一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3分) 1.【地方特色+胶体性质】（24-25高三上·辽宁大连·期中）东北的豆腐作为中国传统美食相传在汉代发明，传统方法制作出来的豆腐口感美味，如图是关于古法制作豆腐的过程，下列说法错误的是 A．豆腐属于混合物 B．“滤渣”步骤涉及过滤原理 C．经过煮浆后可以得到豆浆，稀豆浆可以产生丁达尔效应 D．用模具压制豆腐“成型”的过程主要发生化学变化 【答案】D 【解析】豆腐内含人体必需的多种微量元素，还含有丰富的优质蛋白，属于混合物，A正确；“滤渣”步骤将豆浆和豆腐渣进行分离，涉及过滤原理，B正确；稀豆浆是胶体，可以产生丁达尔效应，C正确；用模具压制豆腐“成型”的过程没有新物质产生，主要发生物理变化，D错误；故选D。 2.（2025·吉林省毓文中学·二模）下列世界重要科学发现中，涉及化学变化的是(　　) A．低温电镜达到原子分辨率 B．臭氧层正在自我修复 C．卫星图像绘制树木地图 D．发现银河系快速射电暴来源 【答案】B 【解析】有新物质生成的变化是化学变化。A项，低温电镜达到原子分辨率是研究物质结构与组成的一种方法，没有新物质生成，不涉及化学变化；B项，臭氧层正在自我修复，说明有物质转化为臭氧，有新物质生成，涉及化学变化；C项，卫星图像绘制树木地图，没有新物质生成，不涉及化学变化；D项，发现银河系快速射电暴来源，没有新物质生成，不涉及化学变化。 3．【传统文化情境+物质分类】明·宋应星的《天工开物》中记载：“凡海滨石山傍水处，咸浪积压，生出蛎房，闽中曰蚝房。……凡燔蛎灰者，执椎与凿，濡足取来……叠煤架火燔成，与前石灰共法。粘砌城墙、桥梁，调和桐油造舟，功皆相同。”下列有关描述正确的是(　　) A．“蛎房”的主要成分是氧化钙 B．古人用“蚝房”煅烧制成的石灰可用作建筑材料 C．“桐油”是一种优良的植物油，从物质分类角度来看属于纯净物 D．“蚝房”受热分解的反应属于放热的非氧化还原反应 【答案】B 【解析】 “蛎房”的主要成分是碳酸钙，经过煅烧后得到氧化钙，A错误；“蚝房”煅烧制成的石灰为生石灰，可用作建筑材料，B正确；“桐油”是一种优良的植物油，属于天然油脂，没有固定的熔、沸点，属于混合物，C错误；碳酸钙受热分解属于吸热的非氧化还原反应，D错误。 4.（2025·黑龙江省大庆实验中学·二模）下列变化或应用与氧化还原反应无关的是(　　) A．呼吸面具中常用Na2O2作为供氧剂 B．油酸甘油酯氢化得到硬脂酸甘油酯 C．琥珀酸亚铁补铁剂与维生素C同服 D．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液变浑浊 【答案】D 【解析】呼吸面具中常用Na2O2作为供氧剂，过氧化钠和二氧化碳、水反应均能生成氧气，有元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关；油酸甘油酯氢化得到硬脂酸甘油酯，加氢是还原反应，有元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关；琥珀酸亚铁补铁剂与维生素C同服是为了防止亚铁离子被氧化，与氧化还原反应有关；鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液变浑浊，蛋白质发生了盐析，属于物理变化，与氧化还原反应无关。 5.（24-25高三上·吉林·期末）下列各组离子或分子能大量共存且当加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确并完整的是 选项 离子或分子 加入试剂 离子方程式 A K+、Mg2+、 溶液 B Na+、、Cl- NaOH溶液 C K+、NH3·H2O、Cl- 通入少量CO2 D Ca2+、、 NaHSO4溶液 【答案】B 【解析】该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量溶液，发生，A错误；该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量NaOH溶液，发生，B正确；该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量CO2，发生2NH3•H2O+CO2=+H2O+2，C错误；Ca2+、反应生成沉淀，加入NaHSO4溶液，发生，D错误；故选B。 6.【传统文化+氧化还原反应】（2025·吉林省通化市一中·一模）《天工开物》中记载“凡火药以硝石、硫黄为主，草木灰为辅”。这些物质之间能发生反应，化学方程式为2KNO3＋S＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。下列说法错误的是(　　) A．反应中S和KNO3为氧化剂 B．反应物和生成物中共有2种离子化合物 C．硫与铁在加热条件下反应生成Fe2S3 D．点燃的镁条能在N2中继续燃烧，生成Mg3N2 【答案】C 【解析】该反应中S元素由0价降为－2价，KNO3中N元素由＋5价降为0价，故S和KNO3为氧化剂，故A正确；KNO3、K2S是离子化合物，故B正确；铁和硫在加热条件下反应生成硫化亚铁，化学方程式为Fe＋SFeS，故C错误；镁是一种活泼的金属单质，能在N2中燃烧，生成Mg3N2，故D正确。 7.（2025·黑龙江省鹤岗市一中·二模）下列方程式书写不正确的是 A．氢氧化钙溶液与足量小苏打溶液发生反应： B．黄铜矿在大量空气中充分焙烧： C．将亚硫酸钠溶液倒入酸性重铬酸钾溶液中： D．由高锰酸钾出发制备氟气时，需要先将高锰酸钾氟化为： 【答案】B 【解析】氢氧化钙溶液与足量小苏打溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为，故A正确；黄铜矿在大量空气中充分焙烧生成氧化铁、氧化铜、二氧化硫，反应方程式为，故B错误；将亚硫酸钠溶液倒入酸性重铬酸钾溶液中，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，重铬酸根被还原为铬离子，反应的离子方程式为，故C正确；由高锰酸钾出发制备氟气时，需要先将高锰酸钾氟化为，Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，O元素化合价升高放出氧气，反应方程式为，故D正确；故选B。 8.（2025·吉林省辽源市第五中学·一模）稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与NaOH溶液反应 i.2XeF2＋2H2O===2Xe↑＋O2↑＋4HF ii.2XeF2＋4OH－===2Xe↑＋O2↑＋4F－＋2H2O iii.XeF6＋3H2O===XeO3＋6HF iv.2XeF6＋4Na＋＋16OH－===Na4XeO6↓＋Xe↑＋O2↑＋12F－＋8H2O 下列说法错误的是(　　) A．XeO3具有平面三角形结构 B．OH－的还原性比H2O的强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成1 mol O2，转移6 mol电子 【答案】A 【解析】XeO3中Xe原子采取sp3杂化，有1个孤电子对，因此空间结构为三角锥形，A错误；由反应iii、iv对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故OH－的还原性比H2O的强，B正确；反应i、ii、iv均为氧化还原反应，C正确；由反应iv可知，每生成1 mol O2，转移6 mol电子，D正确。 9.（2025·吉林长春·二模）常温下，高铜酸钠是一种黑色难溶于水的固体，有强氧化性，在中性或碱性溶液中稳定存在，在溶液中可用氧化制得。下列说法错误的是 A．中为价 B．制备高铜酸钠时，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．在碱性条件下有强氧化性 D．-参加反应转移 【答案】D 【解析】NaCuO2中Na元素的化合价为+1价、O元素的化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，可知Cu元素的化合价为＋3价，A正确；该反应中Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后NaCuO2中的+3价、Cl元素化合价由反应前NaClO中的＋1价变为反应后NaCl中的-1价，则Cu是还原剂、NaClO是氧化剂，NaCuO2是氧化产物、NaCl是还原产物，因此氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2，B正确；在溶液中可用氧化制得高铜酸钠，在碱性条件下有强氧化性，C正确；1个ClO-参加反应转移电子个数=1×[+1-(-1) ]=2，所以1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子，D错误；故选D。 10.【新考法】（2025·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学·三模）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　　) 选项 粒子组 判断和分析 A 透明溶液中：Mg2＋、Cu2＋、Br－、SO42- 不能大量共存，因为Cu2＋呈蓝色 B 能溶解Al2O3的溶液中：Na＋ 、NH4+、Cl－、SO42- 能大量共存，粒子间不反应 C NaCl溶液中：Fe3＋、I－、Ba2＋、CH3COO－ 不能大量共存，Fe3＋和I－ 会发生氧化还原反应 D NaHSO4溶液中：K＋ 、Cl－、HCO3-、NH4+ 不能大量共存，HCO3-和NH4+发生反应 【答案】C 【解析】透明溶液中可以含有色离子，且该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A错误；B.能溶解Al2O3的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为碱溶液，则NH4+会与OH－反应，不能大量共存，故B错误；C.Fe3＋具有强氧化性、I－具有强还原性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C正确；D.NaHSO4溶液中含有大量氢离子，HCO3-能与氢离子反应，不能大量共存，故D错误。 11.【新考法：化学图像+离子方程式】（2025·辽宁省锦州市锦州中学·一模）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 D．总反应为2MnO4-＋5C2O42-＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 【答案】C 【解析】根据题图可知，Mn(Ⅲ)浓度先增大后减小，说明Mn(Ⅲ)先生成后被消耗，故Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，Mn(Ⅱ)浓度逐渐增大，Mn(Ⅱ)起催化作用，反应速率逐渐增大，B项错误；根据题图可知，Mn(Ⅶ)浓度减小到0时，Mn(Ⅱ)浓度才逐渐增大，说明Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存，C项正确；草酸为弱酸，在离子方程式中写化学式，总反应为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误。 12.【新考法：工艺流程+离子方程式】（2025·黑龙江吉林·三模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．灼烧后的固体产物中，和均为+3价 B．酸浸中的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为 D．合成过程中，有和放出 【答案】B 【分析】废旧电池正极材料主要成分为，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn2+氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMnO4； 【解析】灼烧后的固体产物中，金属铝生成氧化铝，故和均为+3价，A正确；根据分析可知，滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，B错误；溶液变为紫红色是因为锰元素被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，C正确；合成过程中发生的反应为：，有和放出，D正确；故选B。 13.（24-25高三上·内蒙古赤峰二中·二模）利用NaClO溶液可以回收光盘金属层中的少量Ag。反应原理为：(未配平)。下列说法不正确的是 A．NaClO作为氧化剂 B．表示 C．AgCl既是氧化产物又是还原产物 D．若溶解1molAg，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】B 【分析】由方程式，若每生成1molAgCl，氯元素得电子2mol，银元素失去电子1mol，故为失电子生成的氧气，且物质的量为0.25mol。 【解析】NaClO中氯由+1价降低到-1价，为氧化剂，A正确；由分析可知，表示O2，B错误；从氯元素分析，氯化银为还原产物，从银元素分析其为氧化产物，则AgCl既是氧化产物又是还原产物，C正确；由分析可知，若溶解1molAg，则反应转移的电子数为，D正确；故选B。 14.【新考法：化学图像+氧化还原反应】（2024·黑龙江·三模）某反应体系中只有五种物质：。启动反应后，两种含溴物质的物质的量变化如图所示，下列叙述错误的是 A．曲线a、b分别代表 B．该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为 C．还原剂完全反应时转移电子 D．由反应可推出氧化性： 【答案】B 【解析】由两种含溴物质的物质的量变化图像可知，4molb完全反应生成2mola，由溴原子守恒可知a为，b为，A正确；反应的化学方程式为，氧化剂是，还原剂是，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为，B错误；，完全反应时，转移电子的物质的量为0.5mol×8=4mol，C正确；在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，D正确；故选B。 15.（2025·辽宁省葫芦岛市第一高级中学·一模）某工业废水中可能含有K＋、Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3＋、NH4+、Cl－、CO32-、NO3-、SO42-、I－中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2 mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验： Ⅰ.取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加 Ⅱ.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰 Ⅲ.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色 Ⅳ.向Ⅲ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 下列推断不正确的是(　　) A．溶液中一定不含的阳离子是K＋、NH4+、Cu2＋、Ag＋ B．Ⅲ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为8H＋＋6I－＋2NO3-===3I2＋2NO↑＋4H2O C．该工业废水中一定含有的离子为Mg2＋、Al3＋、NO3-、SO42-、I－ D．另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体的质量为0.8 g 【答案】C 【解析】Ⅰ.取该无色溶液5 mL，说明一定不含Cu2＋，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH4+，所以原溶液中一定不含NH4+，可能含有Ag＋、Mg2＋、Al3＋，不含CO32-；Ⅱ.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有K＋；Ⅲ.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变为红棕色，说明有还原性离子I－与NO3-和H＋反应生成NO，即溶液中有I－、NO3-，一定不含Ag＋；Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有SO42-；综上所述，一定含有的阴离子为NO3-、SO42-、I－，各离子物质的量浓度均为0.2 mol/L，结合电荷守恒可知，溶液中一定有Mg2＋和Al3＋，且还含有一种－1价的阴离子为Cl－。A.由分析可知，溶液中一定不含的阳离子是K＋、NH4+、Cu2＋、Ag＋，故A正确；B.Ⅲ中加入盐酸，I－与NO3-和H＋反应生成NO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为8H＋＋6I－＋2NO3-===3I2＋2NO↑＋4H2O，故B正确；C.由分析可知，该工业废水中一定含有的离子为Mg2＋、Al3＋、NO3-、SO42-、I－、Cl－，故C错误；D.另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2＋、Al3＋反应生成Mg(OH)2、Na[Al(OH)4]，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n(MgO)＝n(Mg2＋)＝0.2 mol/L×0.1 L＝0.02 mol，m(MgO)＝0.02 mol×40 g/mol＝0.8 g，故D正确。 二、非选择题(共4小题，共55分) 16.（14分）（2025·内蒙古呼和浩特市二中·一模）化学工业为医药行业提供了强有力的物质支撑。请回答下列问题： (1)研究表明病毒可通过气溶胶传播，气溶胶中粒子的直径大小为______________，可以用______________来鉴别气溶胶。 (2)常温下，Na2O2、乙醇、Cl2、NaClO溶液都为常用的消毒剂，其中能导电的是________，属于电解质的是________。 (3)某家用制氧机使用的是过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)，该药品被称为固体双氧水，兼具碳酸钠和双氧水的双重性质，可以利用过氧化氢在二氧化锰的催化下分解产生氧气。 ①写出过碳酸钠在二氧化锰催化下产生氧气的化学方程式：___________________________。 ②下列物质不会使过碳酸钠失效的是______(填字母)。 A．HCl　 B．NaHCO3 C．MnO2 D．H2S (4)医药行业中测温枪发挥了极大的作用。在测温枪电池制备过程中会生成Li2Ti5O15(Ti为＋4价)，1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为________。 【解析】(1)气溶胶属于胶体，粒子的直径大小为1～100 nm，可以用丁达尔效应来鉴别气溶胶。(2)NaClO溶液中含有能自由移动的Na＋和ClO－，能够导电，Na2O2在熔融状态下能够导电，属于电解质。(3)②A.HCl与碳酸钠反应，可使过碳酸钠失效，故A不选；B.NaHCO3不与Na2CO3和H2O2反应，不会使过碳酸钠失效，故B选；C.MnO2能催化过氧化氢分解，可使过碳酸钠失效，故C不选；D.H2S与过氧化氢发生氧化还原反应，可使过碳酸钠失效，故D不选。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4价，Li的化合价为＋1价，设过氧键的数目为x，由化合价的代数和为零可知，5×4＋2×1＋(－2)×(15－2x)＋(－1)×2×x＝0，解得x＝4，故1 mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。 【答案】(1)1～100 nm　（2分）丁达尔效应　（2分）(2)NaClO溶液（2分）　Na2O2　（2分） (3)①2 (2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋6H2O＋3O2↑ （2分）　②B　（2分） (4)4NA （2分） 17.（12分）（2025·辽宁省大连市第八中学·二模）钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(主要成分为MoS2，其中硫为－2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下。 (1)在空气中焙烧时产生对环境有危害的气体的化学式是______________，“焙烧”的化学方程式是_____________________。 (2)“操作1”的实验名称是__________，由此可推测MoO3为____________性氧化物，该反应的离子方程式为_______________________________________。 (3)“操作3”中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为____________________________。 【解析】(1)MoS2中硫为－2价，在空气中焙烧时会被氧化生成对环境有危害的气体SO2，根据得失电子守恒和质量守恒得到该反应的化学方程式为2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2。 (2)经“操作1”可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程图可知，MoO3可以和NaOH溶液反应，说明具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般为碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3＋2OH－===MoO42-＋H2O。 (3)根据流程图可知，“操作3”中Mo元素被氧化为MoO42-，由题干所给信息可知，S元素被氧化为SO42-，根据得失电子守恒可知，MoS2和ClO－的化学计量数之比为1∶9，再结合质量守恒可得离子方程式为MoS2＋6OH－＋9ClO－===MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O。 【答案】(1)SO2　（2分）2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2 （2分） (2)过滤（2分）　两（2分）　MoO3＋2OH－===MoO42-＋H2O （2分） (3)MoS2＋6OH－＋9ClO－===MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O （2分） 18.（15分）（2025·吉林省长春外国语学校·一模）已知1 L待测液中含有下列离子中的6种：K＋、NH4+、Al3＋、Ba2＋、Cl－、CO32-、ClO－、NO3-、[Al(OH)4]－、SiO32-。现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均足量)： (1)生成无色气体B的离子方程式为____________________________，有同学认为无色气体F中只含有一种物质，这个判断________(填“正确”或“不正确”)，理由为_____________________________________。 (2)无色溶液E中通入足量二氧化碳生成白色沉淀G时，发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________________。 (3)已知无色气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出少量的CO2气体通入气体D的水溶液中反应的离子方程式：_______________________________________________________。 (4)结合上述分析，白色沉淀A中一定含____________。 (5)结合“白色沉淀G 7.8 g”，可以推测原溶液中的______浓度为________mol/L。 (6)无色溶液C中大量含有的离子是_______________________________________。 【解析】白色沉淀A加入稀硝酸不溶解，可知A为BaSO3或BaSO4，因为溶液中含有硝酸根离子，氧化亚硫酸钡为硫酸钡，故A为BaSO4，n(BaSO4)＝＝0.1 mol，故原溶液含有Ba2＋，不含CO32-、SiO32-；无色气体B遇空气变为红棕色，红棕色气体为NO2，结合NO2和水反应生成无色气体，故F为NO和反应后空气中剩余的气体，故B为NO，原溶液中必含NO3-；无色溶液C和氢氧化钠反应生成标准状况下2.24 L无色气体D，无色气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，原溶液中含有NH4+，不含[Al(OH)4]－，n(NH4+)＝n(NH3)＝＝0.1 mol；无色溶液E通入CO2生成白色沉淀，该沉淀为氢氧化铝，故原溶液必含Al3＋，不含ClO－，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝＝0.1 mol；综上含有的离子为K＋、NH4+、Al3＋、Ba2＋、Cl－、NO3-。 (1)NO3-和SO2反应生成NO，离子方程式为2NO3-＋3SO2＋2H2O===2NO↑＋3SO42-＋4H＋，NO和空气中的氧气反应后还剩余多种气体成分，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，故F中含有NO和反应后空气中剩余的气体，为混合气体。 (2)无色溶液E中含[Al(OH)4]－，通入足量二氧化碳生成的白色沉淀G为氢氧化铝，发生反应的离子方程式为[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO3-。 (3)无色气体D为NH3，少量的CO2气体通入气体D的水溶液中生成碳酸铵，反应的离子方程式为2NH3·H2O＋CO2===2NH4+＋CO32-＋H2O。 (4)结合上述分析，白色沉淀A中一定含BaSO4。 (5)结合白色沉淀G为7.8 g氢氧化铝，Al3＋的物质的量为＝0.1 mol，可以推测原溶液中的Al3＋浓度为0.1 mol/L。 (6)无色气体D为NH3，无色溶液E中含[Al(OH)4]－，结合溶液中存在的离子可知，无色溶液C中大量含有的离子是K＋、NH4+、Al3＋、Cl－。 【答案】(1)2NO3-＋3SO2＋2H2O===2NO↑＋3SO42-＋4H＋　（2分）不正确（1分） NO和空气中的氧气反应后还剩余多种气体成分（2分） (2)[Al(OH)4]－＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO3- （2分） (3)2NH3·H2O＋CO2===2NH4+＋CO32-＋H2O （2分） (4)BaSO4　（1分） (5)Al3＋（1分） 0.1（2分） (6)K＋、NH4+、Al3＋、Cl－（2分） 19.（14分）（2025·黑龙江省双鸭山市一中·二模）某实验小组利用实验探究KMnO4的性质。已知酸性条件下的氧化性：KMnO4>KIO3>I2。 取适量制取的KMnO4溶液稀释至约 0.01 mol·L－1(用硫酸酸化至pH＝1)，取配制好的KMnO4溶液2 mL于试管中，逐滴滴加0.1 mol·L－1KI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。 (1)最终溶液呈现棕黄色，推测生成了______(写化学式)。 (2)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究： ①黑色固体是MnO2，试剂X是____________(写化学式)。 ②在紫色清液中存在IO3-，写出生成IO3-的离子方程式：_______________________________。 ③下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中是否存在IO3-的是________(填字母)。 A．用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉KI试纸上，观察试纸是否变蓝 B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色 C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀 (3)探究实验中棕褐色沉淀消失的原因： 用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因：_______________________________________。 (4)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与____________________________有关(写出两点即可)。 【解析】(1)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是I2，在酸性条件下，KMnO4将I－氧化生成I2，故根据最终溶液呈现棕黄色推测生成了I2。 (2)实验初始阶段I－的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水的大，导致液体分层。①MnO2能催化H2O2分解生成O2，黑色固体是MnO2，故试剂X是H2O2。②KI和酸性KMnO4溶液反应生成KIO3和MnO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2MnO4-＋I－＋2H＋===2MnO2↓＋IO3-＋H2O。③酸性条件下氧化性：KIO3>I2，可加入不含I元素的还原剂将IO3-还原为I2，利用淀粉遇碘单质变蓝检验I2的存在，间接证明IO3-的存在。用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉KI试纸上，引入了碘元素，故A不选；取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，HSO3-与IO3-反应生成I2，观察溶液是否变色，故B选；取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，碘酸银溶于硝酸，故C不选。 (3)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想，用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因：MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O。 (4)由实验可知，所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关。 【答案】(1)I2　（2分） (2)①H2O2 （2分） ②2MnO4-＋I－＋2H＋===2MnO2↓＋IO3-＋H2O　（3分） ③B　（2分） (3)MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O　（3分） (4)试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液的酸碱性(其他合理答案也可) （2分） 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 物质及其变化 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Cl 35.5 一、选择题(每小题只有一个正确选项，共14×3分) 1．【空间结构+杂化方式】（2025·湖南·模拟预测）下列化学用语表述正确的是 A．氢元素的三种不同核素：H、D、T B．的VSEPR模型： C．的电子式： D．键的形成过程： 【答案】A 【详解】A．氢原子核电荷数为1，具有三种核素：H、D、T，故A正确； B．三氧化硫为平面三角形结构，不存在孤电子对，故B错误； C．氢氧化钠是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子组成，故C错误； D．p轨道肩并肩重叠形成π键，故D错误； 故答案为A。 2．【传统文化情境+物质分类】（2024·湖南邵阳·模拟预测）中华文化源远流长，化学和文化传承密不可分。下列说法错误的是 A．“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”中的“飞絮”与“马尾”化学成分都是为纤维素。 B．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”中提到古人从沙子中得到黄金的方法为物理方法。 C．东汉班固《汉书·枚乘传》记载：“泰山之管穿石，单极之绠断干。水非石之钻，索非木之锯，渐靡使之然也。”上述现象中既包含物理变化又包含化学变化。 D．南宋诗人王迈曾吟道：“霜蹄削玉慰馋涎，却退腥劳不敢前。”诗句中描述了一种湖南特色食品——腊肉，腊肉脂肪呈透明状的可能原因是脂肪被氧化了。 【答案】A 【详解】A．飞絮主要成分是纤维素，马尾主要成分是蛋白质，故A错误。 B．美人的首饰和侯王的金印，全都是从沙中浪底淘来的黄金。通过水洗法分离金子与沙子。由于金和沙的比重不同，借助水的浮力和人工摇动，可以有效地将金子从沙子中筛选出来。因此，这是一种物理方法，故B正确。 C．作者用泰山的水滴滴落，穿透了坚硬的石头，以及单极的绳子磨断了干燥的木料，比喻出了持之以恒的力量。其中水滴石穿物理变化是指水滴从高处滴落时，其冲击力会对石头表面产生磨损，这种微小的磨损就会逐渐累积，最终导致石头被磨穿。这一过程主要是物理变化。化学变化是指空气中的二氧化碳与水结合生成碳酸，当这种具有弱酸性的水滴落在石灰石、大理石等石块上时，就会与石块中的主要成分碳酸钙发生化学反应，生成能溶于水的碳酸氢钙，使石块局部缓慢溶解并流失，最终穿透石块，属于化学变化，故C正确。 D．透明的腊肉现象通常是由于脂肪氧化和老化引起的。在风干和熏制的过程中。腊肉中的脂肪可能会发生氧化反应，导致脂肪质地变得透明，故D正确。 故选择A。 3．【氧化还原+离子方程】（2025·湖南长沙·二模）下列离子方程式符合反应事实的是 A．氯化铜溶液中滴入少量氨水： B．NaCl溶液滴入酸性溶液： C．用铝热法还原金属： D．固体中加入、氨水转化成： 【答案】D 【详解】A．氯化铜溶液中滴入少量氨水生成氢氧化铜沉淀：，A错误； B．NaCl溶液滴入酸性溶液生成氯气：2+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B错误； C．铁的活泼性比铝弱，Fe和Al2O3不反应，C错误； D．固体中加入、氨水，沉淀转化成：，D正确； 故选D。 4．【传统文化情境+物质的量】（2025·湖南娄底·一模）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．《天工开物》中记载“凡石灰，经火焚炼为用”，完全分解生成的中含离子数为 B．《梦溪笔谈》中记载“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，完全反应转移电子数为 C．《本草纲目》中记截“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出”， 完全反应得到水银，生成的分子数为 D．《农政全书》中记载“今之搅车，以一人当三人矣”，搅车用于轧棉，若纤维素[化学式为]完全水解，则产生葡萄糖分子数为 【答案】A 【详解】A．即，完全分解生成，含阴、阳离子共为，A错误； B．中，失去电子，B正确； C．完全反应生成，C正确； D．（葡萄糖），纤维素完全水解生成葡萄糖，D正确； 故答案选A。 5．【新考法：表格+氧化还原】（2025·湖南湘潭·模拟预测）下列实验操作、现象均正确，且能得到相应实验结论的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加几滴溶液 溶液出现蓝色 氧化性： B 用pH试纸分别测定相同浓度的NaClO溶液和溶液的pH 测溶液pH的试纸颜色更深 酸性： C 向某溶液中滴加稀NaOH溶液，同时将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 溶液中不含 D 在溶液中滴加几滴NaCl溶液，再滴加溶液 先生成白色沉淀，后沉淀由白色变黑色 溶度积： A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．溶液出现蓝色，说明铁离子氧化碘离子生成碘单质，则氧化性：，A正确； B．NaClO有强氧化性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测不出NaClO溶液的pH，B错误； C．极易溶于水，在稀溶液中不加热很难逸出，应该使用浓氢氧化钠溶液加热，C错误；   D．向溶液中滴加几滴NaCl溶液，溶液过量，再滴加溶液，必然有生成，该操作无法证明与的相对大小，D错误； 故选A。 6．（2025·湖南湘潭·模拟预测）氮及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①中，与足量反应，生成的分子总数为 B．反应②中每生成3.0g NO，转移电子的数目为 C．气体中含有氧原子的数目为 D．的稀硝酸中，含有的数目为 【答案】B 【分析】氮气和氢气催化反应生成氨气，氮气和氧气放电生成NO，NO和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水硝酸； 【详解】A．工业合成氨反应进行不完全，氮气不能完全转化为氨气，与足量反应，生成的分子总数小于，A错误； B．反应②中氮化合价由0变为+2，则每生成3.0g NO（0.1mol），转移0.2mol电子，电子数目为，B正确； C．未指明所处的温度和压强，不能计算出其物质的量，C错误；   D．未指明稀硝酸的体积，无法计算氢离子的数目，D错误； 故选B。 7．（2025·湖南·模拟预测）自来水消毒剂可用葡萄糖与发生以下反应制得：(未配平)。下列说法不正确的是 A．是还原剂，发生氧化反应 B．替换用于自来水消毒，能有效减少自来水中的残留氯 C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：6 D．每生成气体，转移电子数为(表示阿伏加徳罗常数的值) 【答案】C 【分析】C化合价0→+4，Cl化合价+5→+4，还原剂为 ，氧化剂为 ，根据得失电子守恒，反应转移24个电子，反应方程式为。据此解答： 【详解】A．据分析，中C化合价升高，是还原剂，发生氧化反应，故A正确； B．由氯原子个数守恒和得失电子数目守恒可知，转移2mol电子，氯气作为自来水消毒剂时，消耗氯气的物质的量为1mol、生成氯离子的物质的量为2mol，二氧化氯作为自来水消毒剂时，消耗二氧化氯的物质的量为0.4mol、生成氯离子的物质的量为0.4mol，所以使用二氧化氯代替氯气作为自来水消毒剂能有效减少残留氯，故B正确； C．据分析，还原剂为，氧化剂为，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：24，故C错误； D．据分析，每生成气体，转移24mol电子，则生成气体，转移1mol电子，转移电子数为，故D正确； 故答案为C。 8．（2025·湖南株洲·一模）下列事实与原理解释不相符的是 A．玛瑙常呈无规则几何外形，是因为熔融态的缓慢冷却所致 B．乙醇在人体内被乙醇脱氢酶氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性 C．用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，利用了化学平衡移动原理 D．“杯酚”分离和，体现了超分子的分子识别特性 【答案】A 【详解】A．玛瑙常呈无规则几何外形，通常是由于熔融态SiO2在较快的冷却条件下形成微小晶体聚集而成，导致无规则外形。而缓慢冷却时，SiO2会形成较大晶体（如水晶），具有规则几何外形，A错误； B．乙醇被氧化为乙醛的过程中，乙醇作为还原剂体现还原性，B正确； C．饱和食盐水中的高氯离子浓度通过勒夏特列原理抑制氯气的溶解（，平衡左移），从而减少氯气的损失，同时氯化氢因易溶于水被除去，C正确； D．“杯酚”可以识别与其空腔直径吻合的分子，“杯酚”能分离和，体现了超分子的“分子识别”特性，D正确； 故选A。 9．【新考法：工艺流程+离子方程式】（2024·湖南长沙·模拟预测）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下，下列说法正确的是 A．将晶体加入去离子水中，为加快溶解速率，可将溶液煮沸 B．与氧化铜反应的离子方程式为： C．时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤 D．由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥 【答案】C 【详解】A．不稳定，在加热条件下易分解，故只能微热，不能煮沸，A错误； B．该反应中为络离子，不能拆开，B错误； C．时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤的目的是除去难溶性的杂质，减少因降温后二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的析出，C正确； D．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热时易分解，不能高温蒸发浓缩，D错误； 答案为C。 10．（2024·湖南永州·模拟预测）湖南有着灿烂的文化，其中蕴含着丰富的化学知识。下列说法中不正确的是 A．醴陵瓷器是以黏土为原料，经高温烧结而成 B．湘绣中使用的蚕丝，其主要成分蛋白质是天然高分子化合物 C．编制永州藤椅使用的楠竹、藤条，其主要成分是纤维素 D．安化黑茶以保健功效著称，发酵过程中未发生化学变化 【答案】D 【详解】A．瓷器是以黏土为原料，经高温烧结而成，A正确； B．蛋白质是氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物，B正确； C．竹篾是绿色植物光合作用的产物，其主要成分为纤维素，C正确； D．黑茶制作的基本工艺流程是杀青、初揉、渥堆、复揉、烘焙，其中渥堆是发酵工序，涉及化学变化，D错误； 答案选D。 11．（2024·湖南·模拟预测）向三支试管中分别加入稀盐酸、NaCl溶液和溶液，然后分别向上述三支试管中依次加入溶液和稀硝酸。下列有关说法错误的是 A．稀盐酸、NaCl溶液和溶液三种溶液的酸碱性互不相同 B．该实验可以证明不同物质间反应的离子方程式可能相同 C．在该实验的基础上，再追加一个焰色试验就可以将上述三种溶液鉴别出来 D．若不加入其他试剂，仅通过溶液间相互滴加不能鉴别出上述三种溶液 【答案】D 【详解】A．稀盐酸、NaCl溶液和溶液分别呈酸性、中性和碱性，A正确； B．稀盐酸、氯化钠溶液分别与硝酸银溶液反应均生成氯化银沉淀，离子方程式相同，则该实验可以证明不同物质间反应的离子方程式可能相同，B正确； C．由于碳酸银能溶于硝酸，氯化银不能溶于硝酸，氯化钠的焰色显黄色，稀盐酸无焰色，因此在该实验的基础上，再追加一个焰色试验就可以将上述三种溶液鉴别出来，C正确； D．稀盐酸、NaCl溶液和溶液可以通过相互滴加鉴别，将稀盐酸逐滴滴入碳酸钠溶液中，一段时间后才有气泡产生，而将碳酸钠溶液滴入稀盐酸中，立即有气泡产生，NaCl溶液与稀盐酸或碳酸钠溶液互滴均无明显现象，因此若不加入其他试剂，仅通过溶液间相互滴加能鉴别出上述三种溶液，D错误； 故选：D。 12．（2024·湖南长沙·二模）下列方程式书写错误的是 A．消防员使用泡沫灭火器灭火： B．水解制取： C．线型酚醛树脂的制备： D．硅橡胶单体的制备： 【答案】A 【详解】A．泡沫灭火器灭火原理是碳酸氢根和铝离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，即，A错误； B．水解制取，同时生成氯化氢，即，B正确； C．线型酚醛树脂的制备原理，C正确； D．硅橡胶单体的制备原理，即，D正确； 故选A。 13．【新考法：化学实验+氧化还原】（2025·湖南岳阳·模拟预测）下列装置与对应操作正确的是 A．比较KMnO4、Cl2、S的氧化性 B．分离煤油和水的混合物 C．制取NaHCO3晶体 D．测定KI溶液的浓度 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．浓盐酸与反应生成，通入溶液置换出S，根据“强制弱”，能比较、、的氧化性，操作正确，故A正确； B．煤油和水互不相溶，应采用分液操作分离，图示是过滤装置，装置错误，故B错误； C．制取晶体，一般是向饱和食盐水中先通氨气再通二氧化碳等特定方法，且受热易分解，不能用蒸发的方法从溶液中得到晶体，该操作错误，故C错误； D．滴定管分为酸式滴定管和碱式滴定管，溴水有氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，溴水应装在酸式滴定管，图示用了碱式滴定管，操作错误，故D错误； 故选A。 14．（2025·湖南永州·模拟预测）某实验小组用酸性条件下将氧化为的性质测定含量，为探究测定含量所需的条件，进行如下实验。下列说法错误的是 实验 试管 实验操作及现象 甲 0.002 无明显现象；加热至沸腾，后溶液变为紫色，再滴加溶液，立即生成棕黑色沉淀() 乙 0.05 无明显现象；加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 A．试管甲加热前无明显现象的原因是温度低反应速率慢 B．试管甲现象推知氧化性： C．试管乙中溶液未变紫色的原因是太低 D．以上实验表明测定含量时应控制反应温度，并且浓度和用量不宜太大 【答案】C 【详解】A．根据试管甲的现象，加热至沸腾，后溶液变为紫色，开始无现象可能是因为温度低，A正确； B．根据溶液变为紫色，说明将氧化为，则氧化性，再滴加溶液，立即生成棕黑色沉淀()，说明将Mn2+氧化为，氧化性，B正确； C．甲、乙中相同，根据甲中现象，乙中加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，可能是生成的与剩余的Mn2+发生归中反应生成，C错误； D．根据甲、乙的实验现象，温度太低时反应无明显现象，浓度太大时也不能生成，因此需要控制反应温度，D正确； 故选C。 二、非选择题(共4小题，共58分) 15．（14分）（2025·湖南永州·模拟预测）铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。 (1)制备氮气： 实验室利用如图装置制备氨气，反应的化学方程式为 。 (2)氨水浓度的测定： 将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。 ①该过程中需用到下图中的仪器有 (填仪器名称)。 ②该氨水的浓度为 mol·L-1。 (3)配制铜氨溶液： 向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I． ；II．Cu(OH)2＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-。 (4)探究铜氨离子形成的原因： ①查阅资料 Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)Ksp=2.2×10-20 Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012 ②提出猜想根据查阅的资料判断反应II难以进行。通过计算说明理由： 。 ③验证猜想设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量 1mol·L-1溶液 生成蓝色沉淀 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡 ④实验小结猜想成立。 ⑤教师指导Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2OK=1.13×103。 ⑥继续探究： 步骤 现象 iii．向ii中继续滴加 溶液 蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 ⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤iii的现象 。 【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2) 酸式滴定管、碱式滴定管 1.100 (3)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH (4) 反应Ⅱ的平衡常数K’=Ksp×K=2.2×10−20×7.24×1012≈1.6×10−7，该反应平衡常数小于10−5，说明反应正向进行的程度小 NaOH(或KOH) 蓝色沉淀不溶解 硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可) 加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(或反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可) 【分析】实验室制取氨气选择氯化铵与氢氧化钙反应制取，方程式为：。氨水显碱性，可以和金属铜离子形成氢氧化铜沉淀，若继续加入氨水（保证铵根含量足够的情况下），可以形成配合物，据此分析作答，。 【小题1】实验室利用如图装置制备氨气，根据装置特点可知，是加热固体制取氨气，所以方程式为：。 【小题2】①开展盐酸滴定氨水的实验，量取氨水和盐酸，需要的仪器有碱式滴定管、酸式滴定管。 ②根据方程式列式：，解得。 【小题3】向硫酸铜中滴加氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，生成，溶液变为深蓝色，所以第一步的反应为：。 【小题4】①反应II是：，其平衡常数表达式为：，代入数据计算，说明正反应程度很小。 ②向溶液中加入某溶液，生成蓝色沉淀，说明应该加入碱溶液，则可以加入。再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡，由于反应很难进行，所以沉淀不溶解。 ③根据方程式，氨水中含有氨气，要让该反应进行，应该加入含有铵根的物质，该物质是硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)。从平衡移动的角度解释步骤iii的现象：加入铵盐，减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使溶解生成(或反应Ⅰ逆向进行，生成的结合的思路也可)。 16．（15分）（2025·湖南·三模）二氯化二硫()是一种黄色至略微红的液体，有剧毒。向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成，进一步氯化则会得到。 已知：Ⅰ．、、S的部分性质如下： 物质 水溶性 密度/() 熔点/℃ 沸点/℃ 遇水即水解生成HCl、、S 1.687 -80 135.6 遇水即水解生成HCl、、S 1.621 -78 59℃时分解 S —— —— 112.8 444.6 Ⅱ．、，为砖红色沉淀。 下列是某兴趣小组制备并分析其纯度的实验，回答下列问题： (1)所有原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为 。 (2)写出溶于水发生反应的化学方程式： 。 (3)兴趣小组利用如下装置制备。 ①A、B、C装置中均用到的玻璃容器的名称是 。 ②C装置中发生反应的离子方程式为 。 ③装置的正确连接顺序是e→j→k→h→i→ →f(按气流流出方向)。 ④D装置中碱石灰的作用是 。 (4)(所含杂质为)纯度的测定：准确称取1.35g所得产品溶于水，加入溶液调节pH至9.0左右，过滤后将滤液配成250.00mL溶液，用移液管量取25.00mL溶液放入锥形瓶中，加入几滴溶液，用0.10的溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗溶液的体积为20.40mL。 ①加入溶液调节pH至9.0左右的目的是 。 ②滴定终点的判断依据是 。 ③的纯度为 (保留三位有效数字)。 【答案】(1) (2) (3) 圆底烧瓶 c→d→a→b 除去过量的氯气，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入装置A与反应 (4) 防止pH过低，会转化为；防止pH过高，会与滴入的反应生成AgOH，均会干扰滴定 当滴入最后半滴溶液时，白色沉淀中出现砖红色，且半分钟内砖红色未消失 93.6% 【分析】本题为实验探究题，装置C利用高锰酸钾固体与浓盐酸制备氯气，同时生成氯化锰、氯化钾与水，先F中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，再E用浓硫酸干燥氯气，氯气与硫单质在B的反应，A冷凝收集产物，D中碱石灰吸收空气中水蒸气，防止进入A中导致S2Cl2水解，同时吸收未反应的氯气，防止污染空气，(4)(所含杂质为)纯度的测定。该题是应用沉淀滴定法进行测定，使用该方法时，首先将和中的Cl元素转化为，以为指示剂，用标准的溶液进行滴定的过程。在实验过程中，同时要保证溶液的pH，当溶液酸性较强时，会转化为，使指示剂失效，当溶液碱性较强时，会产生AgOH干扰滴定结果，据此分析解题。 【详解】（1） 所有原子符合最外层8电子稳定结构，根据S和Cl原子结构可知，S要形成2个共价键，Cl只需形成1个共价键，故其电子式为，故答案为：； （2）根据题干中信息，溶于水生成HCl、、S，则其发生反应的化学方程式为，故答案为：； （3）①A、B、C装置中均用到的玻璃容器是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶； ②C装置是与浓盐酸反应制的装置，发生反应的离子方程式为，故答案为：； ③根据题意，制备实验的顺序是：制备→除HCl→干燥→制→收集→防水→尾气处理，故装置连接顺序是e→j→k→h→i→c→d→a→b→f(→g)(按气流流出方向)，故答案为：c→d→a→b； ④该实验中碱石灰既要除去氯气，防止环境污染，也要防止空气中的水蒸气进入收集装置，使之与反应，故其作用是除去过量的氯气，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入装置A与反应，故答案为：除去过量的氯气，防止环境污染，防止空气中的水蒸气进入装置A与反应； （4）①加入溶液调节pH至9.0左右的作用是若pH过低，会转化为，pH过高，会与滴入的反应生成AgOH，均会干扰滴定，故答案为：防止pH过低，会转化为，防止pH过高，会与滴入的反应生成AgOH，均会干扰滴定； ②实验中，当达到滴定终点后，再滴入溶液，即生成砖红色的沉淀，故滴定终点的判断依据是当滴入最后半滴溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内砖红色未消失，故答案为：当滴入最后半滴溶液时，白色沉淀中出现砖红色，且半分钟内砖红色未消失； ③及均会与水反应产生，故该题计算时可利用Cl原子守恒进行计算。设原1.35g产品中为xmol，为ymol，结合题意可得：135x＋103y=1.35，，解得x=0.00936mol，最终得到其纯度约为×100%=93.6%，故答案为：93.6%。 17．（15分）（2025·湖南·三模）铜是与人类关系非常密切的有色金属，被广泛地应用于电气、轻工、机械制造、建筑工业、国防工业等领域，在中国有色金属材料的消费中仅次于铝。以黄铜矿(主要成分为)为原料冶炼精铜的一种工艺流程如图。回答下列问题： (1)Cu位于元素周期表的 区；铜的晶胞为面心立方最密堆积，其空间利用率为 (保留两位有效数字)。 (2)矿石熔炼时要将其粉碎，其目的是 。 (3)冰铜是与FeS的混合物，写出黄铜矿“熔炼”时发生的主要反应的化学方程式： 。 (4)变废为宝是工业上处理副产物的一种重要思路，写出烟气的一种用途： 。 (5)“吹炼”时含铜化合物会发生如下反应：，，每得到1molCu，转移的电子数目为 个。 (6)某研究小组利用如图所示装置进行精铜锭的电解精炼。 ①甲池中Y是 (填化学式)，乙池中电极A的材料是 (填“精铜”或“粗铜”)。 ②甲池中石墨电极Ⅰ发生的电极反应式为 。 【答案】(1) ds 74% (2)增大固体反应物接触面积，加快反应速率，提高转化率 (3) (4)制硫酸等 (5)3(、均给分) (6) 粗铜 【分析】黄铜矿经过熔炼生成冰铜，冰铜经过吹炼得到粗铜，粗铜进行火法精炼得到精铜锭，精铜锭电解精炼得到精铜。 【详解】（1）Cu位于元素周期表的ds区。铜的晶胞为面心立方最密堆积，设其晶胞边长为a，铜原子的半径为R，则，，晶胞立方体的体积为，4个Cu原子的体积为，空间利用率为。 （2）矿石熔炼时要将其粉碎，其目的是增大固体反应物接触面积，加快反应速率，提高转化率。 （3）由题意可知，黄铜矿熔炼时生成和FeS，故其化学方程式为。 （4）烟气中的主要成分是，可用于制备硫酸等。 （5）在反应中生成2molCu2O转移12mol电子，在反应中，生成6mol Cu转移6mol电子，因此生成要6molCu共转移18mol电子，故每生成1molCu，转移的电子数目为3。 （6）装置甲为原电池，装置乙为电解池，通入氧气的一极为正极，则石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极，电解池中A为阳极，B为阴极，NO2在负极失去电子被氧化生成，石墨电极Ⅰ发生的电极反应式为，故Y为，乙池中电极A为阳极，材料为粗铜。 18．（14分）（2025·湖南常德·一模）钯(Pd)是在航空航天、汽车制造等领域应用广泛的稀有金属。以下是从镍阳极泥中回收钯及其他贵金属的工艺流程： 已知：“酸浸”中浸出液的主要成分为；金属被提炼过程中伴随有大量气泡，会形成类似海绵的孔隙结构。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，为提高浸出效率可采取的措施有 (至少回答两点)；写出“酸浸”时单质钯发生反应的化学方程式 。 (2)“树脂吸附”中，若浸出液经过阴离子交换树脂的流速过快会导致贵金属的提取率 (填“增大”、“减小”、“不变”)。 (3)“王水溶解”中，体现了硝酸的 性；此步骤存在的缺点是 。 (4)“萃取”可实现从水层转移到有机层，“反萃取”中加入草酸铵的作用是 。 (5)硫脲[]分子中的硫原子和氮原子具有较强的配位能力，能与钯离子形成稳定的配合物，从而将钯离子从树脂上解吸下来，则在配合物中硫、氮作为配位原子采取的杂化方式分别为 。 (6)已知某批镍阳极泥中钯的含量为0.5%，经过“浸出、吸附”后，阴离子树脂对钯的吸附率为90%。若使用该镍阳极泥0.1t，理论上吸附在树脂上的钯元素的质量为 g。 【答案】(1) 升高温度、适当增大反应物浓度、搅拌等 (2)减小 (3) 强氧化 王水会产生氮氧化物等污染性气体，污染环境 (4)作还原剂，并在反应过程中提供气体便于形成海绵金 (5) (6)450 【分析】该工艺流程旨在从镍阳极泥中回收钯及其他贵金属。首先，通过加入和盐酸进行酸浸，将贵金属溶出，得到含、、等的浸出液；接着，浸出液经树脂吸附使贵金属离子富集于树脂，再用硫脲和盐酸解吸；随后，锌粉置换得到贵泥，贵泥经王水溶解后，通过萃取、反萃取分离金，最后对萃余液浓缩等操作，分别获取海绵铂和海绵钯 。 【详解】（1）升高温度能加快离子运动速率，增大盐酸浓度可增加反应物浓度，搅拌能使反应物充分接触，延长酸浸时间可使反应更充分，这些措施都有助于提高浸出效率； 酸浸时，Pd被氧化，Pd从0价升高到 + 2价，中Cl从 + 5价降低到-1价，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式，化学方程式为。 （2）若浸出液经过阴离子交换树脂的流速过快，浸出液中的贵金属离子与树脂接触时间不足，不能充分被树脂吸附，会导致贵金属的提取率减小 。 （3）王水溶解过程中，硝酸将金属氧化，体现了硝酸的强氧化性；王水溶解过程中会产生氮氧化物等污染性气体，污染环境。 （4）作还原剂，并在反应过程中提供气体便于形成海绵金。 （5） 硫脲的结构式为，硫原子形成1个键，还有2对孤电子对，形成配位键时，能提供2对孤电子对，价层电子对数为3，采取杂化；氮原子形成3个键，还有1对孤电子对 ，形成配位键时，能提供1对孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化。 （6），镍阳极泥中钯的含量为，则钯的质量为，阴离子树脂对钯的吸附率为，所以理论上吸附在树脂上的钯元素的质量为。 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$