2026届高三高考一轮总复习（适用于黑吉辽蒙）专题综合训练（二）化学物质及其变化

2026年高考化学一轮总复习（适用于黑吉辽蒙） 专题综合训练（二）化学物质及其变化 一、单选题 1．范晔在《后汉书》中记载：“火井欲出其火，先以家火投之，……光耀十里，以竹筒盛之，接其光而无炭也。取井火还，煮井水，一斛水得四五斗盐，家火煮之，不过二三斗盐耳。”下列叙述不正确的是 A．火井中可扩散出大量天然气，天然气的主要成分为 B．竹筒的主要成分是纤维素，纤维素不是高分子化合物 C．“煮井水”是利用天然气燃烧放出的热，进行食盐的蒸发结晶 D．通过燃烧薪柴的“家火”获得食盐的速率可能小于“井火” 2．中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是（    ） A．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料 B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源 C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅 D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 3．工业上除去电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，并制取石膏(CaSO4∙2H2O)的常用流程如图： 下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ、Ⅱ中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2 B．常温下，56gCaO溶于水配成1L溶液，溶液中Ca2+的数目为6.02×1023个 C．将10L上清液中的S2-转化为SO(S2-浓度为320mg·L-1)，理论上共需要0.2mol的O2 D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH- 4．工业上利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图。下列说法不正确的是 A．在脱除NO、NO2的反应中主要利用了氨气的还原性 B．过程I发生的是非氧化还原反应 C．过程III中，每生成1 mol H＋，转移的电子的物质的量为1 mol D．过程II中发生反应的离子方程式为[(NH4)2(NO2)]2＋＋NO=[(NH4)(HNO2)]＋＋H＋＋N2＋H2O 5．“自热”火锅的发热包主要成分有：硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、盐、生石灰，使用时使发热包里面的物质与水接触即可。下列说法错误的是 A．生石灰与水反应放热 B．铁粉发生吸氧腐蚀，缓慢放出热量，可延长放热时间 C．硅藻土可增大反应物的接触面积 D．使用后的发热包可作普通垃圾处理 6．下列离子方程式正确 且符合题意的是 A．向Ba (NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2+ +SO2+H2O= BaSO3↓ +2H+ B．等体积、等物质的量浓度的Ba (OH) 2与NaHSO4溶液反应： Ba2+ +OH- +H++- =BaSO4↓+H2O C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8 +5S2- +24H+= 8Mn2++5+12H2O D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色： 2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl- 7．中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是 A．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质 B．忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低 C．夜光杯属硅酸盐产品，不溶于水，具有抗酸碱腐蚀、抗氧化等优点 D．制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用 8．在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知： ①半反应式： ②五种物质：、、、、KI ③(未配平) 下列判断正确的是 A．①中半反应式发生的是还原反应 B．②中五种物质中能使①顺利发生的物质为 C．是反应③的一个半反应 D．几种物质的氧化性强弱顺序为 9．已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如下表所示： 离子种类 Na+ H+ Cl- 浓度(mol/L) 1.0 3.0 3.0 该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有Fe3+、Ba2+、Mg2+、。为了进一步确认，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是 A．肯定不存在Fe3+、Ba2+ B．Mg2+的物质的量浓度为0.5mol/L C．加入足量Ba(OH)2溶液，反应离子方程式为2Ba2++2OH-+Mg2++2→Mg(OH)2↓+2BaSO4↓ D．加入少量Na2CO3溶液，反应的离子方程式为+2H+→CO2↑+H2O 10．范晔在《后汉书》中记载：“火井欲出其火，先以家火投之，……光耀十里，以竹筒盛之，接其光而无炭也。取井火还，煮井水，一斛水得四五斗盐，家火煮之，不过二三斗盐耳。”下列叙述不正确的是 A．火井中可扩散出大量天然气，天然气的主要成分为 B．竹筒的主要成分是纤维素，纤维素不是高分子化合物 C．“煮井水”是利用天然气燃烧放出的热，进行食盐的蒸发结晶 D．通过燃烧薪柴的“家火”获得食盐的速率可能小于“井火” 11．某溶液可能含有下列离子的某几种：Cl-、I-、SO42-、CO32-、Na+、NH4+、Fe3+、Fe2+和Ba2+，且所含离子的浓度均相等。某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知，下列说法正确的是 A．原溶液中和可能都存在，且 B．溶液中至少有4种离子存在，其中一定存在，且 C．、、一定存在，、一定不存在 D．若要进一步确定原溶液中是否含有，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入足量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则证明原溶液中有 12．工业上以铬铁矿(主要成分为)、碳酸钠、氧气、硫酸为原料生产重铬酸钠，其主要反应为：(1)高温下发生反应：(未配平) (2)；下列说法正确的是 A．反应(1)和(2)均为氧化还原反应 B．反应(1)中每生成时电子转移 C．高温下，的氧化性强于，弱于 D．反应(1)中参加反应的与生成的物质的量之比 二、多选题 13．下列反应对应的离子方程式正确的是 A．向含溶液中通入标准状况下的：2SO2+3OH-=++H2O B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液： C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合： D．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基： 三、填空题 14．水体中的Cr2O、HCrO和CrO是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的处理方法是将Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。 (1)在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)。 ①在pH=9的水溶液中CrO与HS－反应的离子方程式为 。 ②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是 ；验证的实验方法是 。 (2)金属也可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn－Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是 。 (3)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为 。 四、解答题-原理综合题 15．完成下列问题 (1)下列各组离子，在所给条件下一定能够大量共存的是 ①pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、、 ②加入苯酚显紫色的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、： ③能和Ca2+生成沉淀的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO-、Cl- ④加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、I-、 ⑤的溶液中：、Al3+、Ca2+、Cl- ⑥常温下，的溶液中：Ca2+、Mg2+、ClO-、I- ⑦在含有大量的溶液中：K+、Na+、、Br- ⑧在使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、Na+、、 (2)向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下： 分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式： ①OA： 。 ②AB： 。 ③BC： 。 ④CD： 。 (3)将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为 mol/L。(列式即可，无需化简) 16．辉铜矿(主要成分是Cu2S)是提炼铜的重要矿物原料之一、以H2O2作为氧化剂在硫酸环境中对辉铜矿浸出生成CuSO4的模型如下： (1)根据上述转化关系，请回答。 ①I和Ⅱ的转化过程中，被氧化的元素是 。 ②将过程Ⅰ的化学方程式补充完整：Cu2S+H2O2+_____=CuS+_____+____， 。 ③过程Ⅱ中，H2O2起主要作用，但加入Fe2(SO4)3可以提高浸出率。过程Ⅱ的浸出模型如图。结合难溶电解质的溶解平衡，解释加入Fe2(SO4)3的作用 。 ④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，其离子方程式是 。 ⑤在相同时间内，测得Fe2(SO4)3浓度对Cu2+浸出率的影响如下图所示。当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1后，图中曲线下降的可能原因是 。 (2)测定浸出液中Cu2+浓度，其过程如下： i.取a mL浸出液，煮沸除尽过量H2O2，调节溶液的酸度。加入KF(除去Fe3+)； ii.加入过量KI溶液，与Cu2+反应生成CuI白色沉淀和I2 iii.用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗Na2S2O3镕液b mL。(已知：) ①ii中反应的离子方程式是 。 ②浸出液中的c(Cu2+)= mol∙L-1。 五、解答题-工业流程题 17．锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图： 请回答下列问题： （1）“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是 。 （2）K2S2O8中S的化合价为+6价，则S2O82-中含过氧键的数目为 ，反应器Ⅰ中发生反应的离子方程式 。 （3）反应器Ⅱ中反应温度为600～750℃。升温到515℃时，开始有CO2产生，比碳酸锂的分解温度(723℃)低得多，可能的原因是 。 （4）制得的锰酸锂粗产品中混有LiMnO2，写出在高温条件下反应产生LiMnO2的化学方程式 ；称取一定量的锰酸锂粗产品于锥形瓶中，加入稀硫酸充分溶解，滴入含0.14molNa2C2O4的标准溶液时恰好完全反应，同时生成0.19molMn2+，则锰酸锂粗产品中LiMn2O4物质的量分数为 。 (MnO2-、Mn2O4-被还为Mn2+) 六、解答题-实验探究题 18．高锰酸钾具有强氧化性，广泛用于化工、医药、采矿、金属冶炼及环境保护领域等。KMnO4的制备是以二氧化锰(MnO2)为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾(K2MnO4)；然后在一定pH下K2MnO4歧化生成紫色KMnO4。回答下列问题 (1)K2MnO4的制备 实验步骤 现象或解释 ①称取2.5 gKClO3固体和5.2gKOH固体置于铁坩埚中，加热熔融 不用瓷坩埚的原因是 。 ②分多次加入3gMnO2固体 不一次加入的原因是 。 (2)KMnO4的制备 趁热向K2MnO4溶液中加入1 mol/L H3PO4溶液，直至K2MnO4全部歧化，判断全部歧化的方法是用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，现象为 。然后趁热过滤，将滤液倒入蒸发皿中加热到液面出现晶膜，充分冷却后过滤，在80℃烘箱中干燥3h，不选用更高温度的原因是 。 (3)产品分析 i.不同pH下产品中KMnO4含量 加入H3PO4体积／mL 溶液的pH 产品质量 KMnO4质量 KMnO4质量分数 10.50 12.48 2.35 2.05 87.23 12.50 11.45 2.45 2.18 88.98 14.50 10.89 2.18 1.87 85.78 16.50 10.32 2.28 1.75 76.75 18.50 9.44 2.09 1.48 70.81 从表格中数据分析，在歧化时选择溶液的最佳pH是 。 ii.利用H2C2O4标准溶液测定KMnO4的纯度。测定步骤如下： ①溶液配制：称取1.000g的KMnO4固体样品，放入 中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。 ②滴定：移取25 mLKMnO4溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液滴定，发生反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10C02＋8H2O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定3次，H2C2O4溶液的平均用量为23.90mL，则样品纯度为 ％(保留1位小数)。 试卷第2页，共10页 试卷第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2026年高考化学一轮总复习（适用于黑吉辽蒙） 专题综合训练（二）化学物质及其变化 一、单选题 1．范晔在《后汉书》中记载：“火井欲出其火，先以家火投之，……光耀十里，以竹筒盛之，接其光而无炭也。取井火还，煮井水，一斛水得四五斗盐，家火煮之，不过二三斗盐耳。”下列叙述不正确的是 A．火井中可扩散出大量天然气，天然气的主要成分为 B．竹筒的主要成分是纤维素，纤维素不是高分子化合物 C．“煮井水”是利用天然气燃烧放出的热，进行食盐的蒸发结晶 D．通过燃烧薪柴的“家火”获得食盐的速率可能小于“井火” 【答案】B 【详解】A．天然气的主要成分为甲烷，属于可燃气体，A正确； B．纤维素分子式为，是高分子化合物，B错误； C．天然气燃烧放热，可以对食盐的水溶液蒸发结晶，C正确； D．气体燃烧，接触面积较大，反应速率较快，比燃烧薪柴的“家火”速率大，D正确； 故选B。 2．中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是（    ） A．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料 B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源 C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅 D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 【答案】C 【详解】A．中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误； B．电能不是一次能源，属于二次能源，故B错。 C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C正确； D．高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D错误； 故选：C 3．工业上除去电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，并制取石膏(CaSO4∙2H2O)的常用流程如图： 下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ、Ⅱ中起催化剂作用的物质是Mn(OH)2 B．常温下，56gCaO溶于水配成1L溶液，溶液中Ca2+的数目为6.02×1023个 C．将10L上清液中的S2-转化为SO(S2-浓度为320mg·L-1)，理论上共需要0.2mol的O2 D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH- 【答案】B 【详解】A. 催化剂在反应中参加又生成，由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是Mn(OH) 2，故A正确； B. 56g CaO(1mol)溶于水，与水反应产生1mol氢氧化钙，但氢氧化钙微溶于水，部分会形成沉淀，因此溶液中的钙离子数目小于6.02×1023个，故B错误； C. 由电子守恒及原子守恒可知，存在2S2-～～4Mn(OH)2～8e -～2O2，且两个过程消耗氧气，将10L上清液中的S2-转化为(S2-浓度为320mg/L)，理论上共需要标准状况下的O2的物质的量为，故C正确； D. 过程Ⅱ中S2-与发生氧化还原反应，离子反应为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故D正确； 故选：B。 4．工业上利用某分子筛作催化剂，可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图。下列说法不正确的是 A．在脱除NO、NO2的反应中主要利用了氨气的还原性 B．过程I发生的是非氧化还原反应 C．过程III中，每生成1 mol H＋，转移的电子的物质的量为1 mol D．过程II中发生反应的离子方程式为[(NH4)2(NO2)]2＋＋NO=[(NH4)(HNO2)]＋＋H＋＋N2＋H2O 【答案】C 【详解】A．由图示知NO、NO2最后转化为N2和水，则NO、NO2做氧化剂，氨做还原剂，利用的是氨气的还原性，故A正确； B．过程I中NO2和铵根之间的反应生成[(NH4)2(NO2)]2＋，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故B正确； C．过程III中，反应方程式为[(NH4)(HNO2)]＋= N2＋2H2O+ H＋，其中HNO2中N的化合价从+3降至0价，则每生成1 mol H＋，转移的电子的物质的量为3 mol，故C错误； D．根据图示，[(NH4)2(NO2)]2＋和NO转化成[(NH4)(HNO2)]＋和H＋，根据原子守恒，知M为N2和H2O，反应的离子方程式为[(NH4)2(NO2)]2＋＋NO=[(NH4)(HNO2)]＋＋H＋＋N2＋H2O，故D正确； 故选：C。 5．“自热”火锅的发热包主要成分有：硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、盐、生石灰，使用时使发热包里面的物质与水接触即可。下列说法错误的是 A．生石灰与水反应放热 B．铁粉发生吸氧腐蚀，缓慢放出热量，可延长放热时间 C．硅藻土可增大反应物的接触面积 D．使用后的发热包可作普通垃圾处理 【答案】D 【详解】A．生石灰与水发生化学反应生成氢氧化钙，会放出大量的热，故A正确； B．发热包内含有铁粉、焦炭粉、盐，加水后，盐溶于水，铁与碳、盐溶液在空气中形成原电池，铁粉发生吸氧腐蚀，放出热量，故B正确； C．硅藻土具有疏松多孔的结构，能起到吸附作用，可增大反应物的接触面积，故C正确； D．使用后的发热包生石灰变成熟石灰，腐蚀性依然很强，不能当作普通垃圾处理，故D错误； 答案选D。 6．下列离子方程式正确 且符合题意的是 A．向Ba (NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2+ +SO2+H2O= BaSO3↓ +2H+ B．等体积、等物质的量浓度的Ba (OH) 2与NaHSO4溶液反应： Ba2+ +OH- +H++- =BaSO4↓+H2O C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8 +5S2- +24H+= 8Mn2++5+12H2O D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色： 2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl- 【答案】B 【详解】A．向Ba (NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，A错误； B．等物质的量浓度、等体积的Ba (OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，发生反应的离子方程式为：Ba2++SO+H++OH-=BaSO4↓+H2O，B正确； C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可能为硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，C错误； D．还原性顺序为I->Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，氯气氧化碘离子，亚铁离子不参与反应，正确的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，D错误； 故选B。 7．中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是 A．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质 B．忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低 C．夜光杯属硅酸盐产品，不溶于水，具有抗酸碱腐蚀、抗氧化等优点 D．制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用 【答案】B 【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，A正确； B．忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，说明酒精含量越少，水的含量就越多，则酒的密度越高，B错误； C．夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，C正确； D．Na2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，D正确。 答案选B。 8．在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知： ①半反应式： ②五种物质：、、、、KI ③(未配平) 下列判断正确的是 A．①中半反应式发生的是还原反应 B．②中五种物质中能使①顺利发生的物质为 C．是反应③的一个半反应 D．几种物质的氧化性强弱顺序为 【答案】B 【详解】A． 氧化亚铜失电子，①中半反应式发生的是氧化反应，故A错误； B． ②中五种物质中能使①顺利发生的物质是氧化性最强的，故B正确； C． 反应③是酸性条件下发生的反应，故C错误； D． 铁离子的氧化性强于铜离子，几种物质的氧化性强弱顺序为，故D错误； 故选B。 9．已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如下表所示： 离子种类 Na+ H+ Cl- 浓度(mol/L) 1.0 3.0 3.0 该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有Fe3+、Ba2+、Mg2+、。为了进一步确认，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是 A．肯定不存在Fe3+、Ba2+ B．Mg2+的物质的量浓度为0.5mol/L C．加入足量Ba(OH)2溶液，反应离子方程式为2Ba2++2OH-+Mg2++2→Mg(OH)2↓+2BaSO4↓ D．加入少量Na2CO3溶液，反应的离子方程式为+2H+→CO2↑+H2O 【答案】C 【分析】已知该溶液呈无色，则不含有Fe3+，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则一定含有，一定不含有Ba2+，白色沉淀为硫酸钡，且物质的量为0.1mol，则物质的量为0.1mol，物质的量浓度为1mol/L，又因为该溶液中含有Na+ 、H+、 Cl-，浓度依次为1mol/L、3mol/L、3mol/L，则根据电荷守恒可知，一定含有Mg2+，且浓度为0.5mol/L。 【详解】A. 由分析知，肯定不存在Fe3+、Ba2+，故A正确； B. 由分析知，Mg2+的物质的量浓度为0.5mol/L，故B正确； C. 由于该溶液中含有氢离子，则加入足量Ba(OH)2溶液时，还会生成水，故离子方程式错误，故C错误； D. 由于该溶液中含有氢离子，则加入少量Na2CO3溶液，优先与氢离子反应生成二氧化碳和水，故反应的离子方程式为+2H+→CO2↑+H2O，故D正确； 故选D。 10．范晔在《后汉书》中记载：“火井欲出其火，先以家火投之，……光耀十里，以竹筒盛之，接其光而无炭也。取井火还，煮井水，一斛水得四五斗盐，家火煮之，不过二三斗盐耳。”下列叙述不正确的是 A．火井中可扩散出大量天然气，天然气的主要成分为 B．竹筒的主要成分是纤维素，纤维素不是高分子化合物 C．“煮井水”是利用天然气燃烧放出的热，进行食盐的蒸发结晶 D．通过燃烧薪柴的“家火”获得食盐的速率可能小于“井火” 【答案】B 【详解】A．天然气的主要成分为甲烷，属于可燃气体，A正确； B．纤维素分子式为，是高分子化合物，B错误； C．天然气燃烧放热，可以对食盐的水溶液蒸发结晶，C正确； D．气体燃烧，接触面积较大，反应速率较快，比燃烧薪柴的“家火”速率大，D正确； 故选B。 11．某溶液可能含有下列离子的某几种：Cl-、I-、SO42-、CO32-、Na+、NH4+、Fe3+、Fe2+和Ba2+，且所含离子的浓度均相等。某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知，下列说法正确的是 A．原溶液中和可能都存在，且 B．溶液中至少有4种离子存在，其中一定存在，且 C．、、一定存在，、一定不存在 D．若要进一步确定原溶液中是否含有，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入足量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则证明原溶液中有 【答案】C 【详解】加入过量NaOH溶液，加热，得到无色气体，该气体为氨气，原溶液中一定存在NH4+，沉淀灼烧得到红棕色固体为三氧化二铁，则原溶液中含有铁元素，可能为Fe3+、Fe2+，则原溶液中一定没有CO32-；滤液中加入足量氯化钡溶液和盐酸溶液过滤得到4.66g 沉淀为硫酸钡沉淀，硫酸钡的物质的量=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，且c（SO42-）=，则不含Ba2+，溶液所含离子的浓度均相等，则溶液阳离子为NH4+、Fe2+，阴离子可为Cl-、SO42-，也可能为I-、SO42-，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子。 A. c(SO42−)=0.2mol/L，溶液所含离子的浓度均相等，则如含有Fe3+，c(Fe3+)+c(Fe2+)=0.4mol/L，故A错误； B. 溶液中至少有4种离子存在，但不一定含有氯离子，故B错误； C. 由以上分析可知，SO42−、NH4+、Fe2+一定存在，CO32−、Ba2+一定不存在，故C正确； D. 溶液中含有氯离子，加入酸性高锰酸钾溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定是否含有亚铁离子，故D错误。 故选C。 12．工业上以铬铁矿(主要成分为)、碳酸钠、氧气、硫酸为原料生产重铬酸钠，其主要反应为：(1)高温下发生反应：(未配平) (2)；下列说法正确的是 A．反应(1)和(2)均为氧化还原反应 B．反应(1)中每生成时电子转移 C．高温下，的氧化性强于，弱于 D．反应(1)中参加反应的与生成的物质的量之比 【答案】D 【详解】A. 反应(1)中，Fe、Cr、O元素化合价发生变化，是氧化还原反应，反应(2)中元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误； B. 反应(1)中，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，O元素化合价从0价降低到-2价，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为，，按方程式的比例关系式发生反应时，生成时转移28mol电子，则每生成时电子转移，故B错误； C. 在反应(1)中，是氧化剂，和是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，高温下，的氧化性强于和，故C错误； D. 由B项分析知，反应(1)中参加反应的与生成的物质的量之比，故D正确； 故选D。 二、多选题 13．下列反应对应的离子方程式正确的是 A．向含溶液中通入标准状况下的：2SO2+3OH-=++H2O B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液： C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合： D．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基： 【答案】CD 【详解】A．向含溶液中通入标准状况下的，n(NaOH):n(SO2)=0.0015mol:0.002mol=3:4，则SO2过量，离子方程式为：SO2+OH-=，A不正确； B．氯水中滴入少量碳酸钠溶液，只有HCl与碳酸钠反应，HClO不参与反应，离子方程式为：2Cl2++H2O=2Cl-+CO2+2HClO，B不正确； C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶2混合，可设Ba(OH)2物质的量为1mol，则NH4HSO4为2mol，不参与反应，离子方程式为：，C正确； D．用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，Cu(OH)2悬浊液将CH3CHO氧化为CH3COOH，CH3COOH与NaOH反应生成CH3COONa，离子方程式为： ，D正确； 故选CD。 三、填空题 14．水体中的Cr2O、HCrO和CrO是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。常用的处理方法是将Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3。 (1)在一定pH的水溶液中，HS－、S2－可与CrO反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)。 ①在pH=9的水溶液中CrO与HS－反应的离子方程式为 。 ②25℃时用过量S2－还原Cr(Ⅵ)，发现反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是 ；验证的实验方法是 。 (2)金属也可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn－Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是 。 (3)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe@Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe@Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe@Fe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为 。 【答案】 2CrO＋3HS－＋5H2O＝2 Cr（OH）3↓＋3S↓＋7OH－ S2－过量，水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快 可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度 Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率 单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，3Fe2＋＋CrO＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋ 【分析】 pH=9的水溶液为碱性，离子反应方程式应为2CrO＋3HS－＋5H2O＝2 Cr(OH)3↓＋3S↓＋7OH－； S2－过量，S增多所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快； 生成的Cr(Ⅵ)有颜色，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；Zn－Cu粉在溶液中形成原电池；中性废水中单质铁发生吸氧腐蚀， CrO还原为三价铬。 【详解】(1) ①pH=9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式应为2CrO＋3HS－＋5H2O＝2 Cr(OH)3↓＋2S↓＋7OH－； ②水溶液中S2－能与单质硫反应生成S，S能还原Cr(Ⅵ)，加入过量的 S2－，生成S增多，所以反应后期Cr(Ⅵ)被还原的速率反而加快；Cr(Ⅵ)还原为低毒性的Cr3＋或Cr(OH)3，Cr(Ⅵ)为橙黄色，Cr3＋为绿色，Cr(OH)3为灰绿色沉淀，可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度； (2)原电池原理可以加快反应速率，Zn－Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率； (3)还原近中性废水中Cr(Ⅵ)，单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－＝3Fe2＋，二价铁离子发生氧化反应，CrO发生还原反应生成三价铬，符合图中所示原理，3Fe2＋＋CrO＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋5OH－＋3Fe3＋； 【点睛】本题第(3)中应注意给出废水为中性条件，单质铁发生吸氧腐蚀，原理图中给出Cr3＋是指生成的铬是三价的，并不是说生成三价铬离子，这在题干中已经给出，此处需要我们根据实际情况进行判断。 四、解答题-原理综合题 15．完成下列问题 (1)下列各组离子，在所给条件下一定能够大量共存的是 ①pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、、 ②加入苯酚显紫色的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、： ③能和Ca2+生成沉淀的溶液中：K+、Ba2+、CH3COO-、Cl- ④加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、I-、 ⑤的溶液中：、Al3+、Ca2+、Cl- ⑥常温下，的溶液中：Ca2+、Mg2+、ClO-、I- ⑦在含有大量的溶液中：K+、Na+、、Br- ⑧在使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、Na+、、 (2)向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图象如下： 分析图象的变化情况，写出各阶段的离子方程式： ①OA： 。 ②AB： 。 ③BC： 。 ④CD： 。 (3)将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，向其中一份中滴加500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解并产生标准状况下NO气体aL，溶液中Fe元素均以+3价形式存在，另一份固体与足量H2反应质量减少yg。根据以上数据计算稀硝酸的浓度为 mol/L。(列式即可，无需化简) 【答案】(1)②⑤ (2) H++OH－=H2O +H++H2O=Al(OH)3↓ +H+=，+H+=H2O+CO2↑ 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O (3) 【详解】（1）①pH=7的溶液中：Fe3+将全部转化为Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，①不符合题意； ②加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与Na+、Mg2+、Cl-、都能大量共存，②符合题意； ③能和Ca2+生成沉淀的溶液中可能含有或等，与Ba2+不能大量共存，③不符合题意； ④加入铝粉能放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中，、、I-、都不能大量存在，④不符合题意； ⑤的溶液呈酸性，、Al3+、Ca2+、Cl-都能大量存在，⑤符合题意； ⑥常温下，的溶液呈碱性，Ca2+、Mg2+不能大量存在，⑥不符合题意； ⑦在含有大量的溶液中，不能大量存在，⑦不符合题意； ⑧使pH试纸变红的溶液呈酸性，Fe2+、不能大量存在，⑧不符合题意； 综合以上分析，只有②⑤符合题意，故选②⑤。答案为：②⑤； （2）因为+OH-=+H2O、++H2O=Al(OH)3↓++H2O，所以向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，首先是OH-与H+反应，然后与H+、H2O反应生成Al(OH)3，接着与H+反应生成、与H+反应生成CO2和H2O。 则各阶段的离子方程式： ①OA：H++OH－=H2O。 ②AB：+H++H2O=Al(OH)3↓。 ③BC：+H+=，+H+=H2O+CO2↑。 ④CD：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答案为：H++OH－=H2O；+H++H2O=Al(OH)3↓；+H+=，+H+=H2O+CO2↑；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O； （3）将xgFe、FeO和Fe2O3混合物分成两等份，其中一份质量为g，将一份固体与足量H2反应质量减少yg，则此份混合物中氧元素的质量为yg，由此得出铁元素质量为(-y)g；另一份与硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO等，依据Fe、N元素守恒，可得出n(HNO3)== []mol，则稀硝酸的浓度为mol/L。答案为：。 【点睛】当混合物中发生的反应较多、较复杂时，常用守恒法进行计算。 16．辉铜矿(主要成分是Cu2S)是提炼铜的重要矿物原料之一、以H2O2作为氧化剂在硫酸环境中对辉铜矿浸出生成CuSO4的模型如下： (1)根据上述转化关系，请回答。 ①I和Ⅱ的转化过程中，被氧化的元素是 。 ②将过程Ⅰ的化学方程式补充完整：Cu2S+H2O2+_____=CuS+_____+____， 。 ③过程Ⅱ中，H2O2起主要作用，但加入Fe2(SO4)3可以提高浸出率。过程Ⅱ的浸出模型如图。结合难溶电解质的溶解平衡，解释加入Fe2(SO4)3的作用 。 ④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，其离子方程式是 。 ⑤在相同时间内，测得Fe2(SO4)3浓度对Cu2+浸出率的影响如下图所示。当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1后，图中曲线下降的可能原因是 。 (2)测定浸出液中Cu2+浓度，其过程如下： i.取a mL浸出液，煮沸除尽过量H2O2，调节溶液的酸度。加入KF(除去Fe3+)； ii.加入过量KI溶液，与Cu2+反应生成CuI白色沉淀和I2 iii.用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，消耗Na2S2O3镕液b mL。(已知：) ①ii中反应的离子方程式是 。 ②浸出液中的c(Cu2+)= mol∙L-1。 【答案】 Cu、S Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O或Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 【详解】(1)①过程Ⅰ中Cu元素化合价从+1价变为+2价被氧化，过程Ⅱ中部分S元素由-2价变为0价被氧化； ②过程Ⅰ中Cu元素被H2O2氧化生成CuS，Cu2S和H2O2的系数比为1:1，根据电子守恒可知H2O2应被还原成H2O，该反应在硫酸环境中进行，再结合元素守恒可得化学方程式为Cu2S+H2O2+H2SO4=CuS+CuSO4+2H2O离子方程式为Cu2S+H2O2+2H+=CuS+Cu2++2H2O； ③CuS存在平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，随Fe2(SO4)3溶液的加入，Fe3+与S2-结合，使c(S2-)降低，促进上述平衡正向移动，提高浸出率； ④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，即Fe3+被还原为Fe2+，又会被H2O2氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； ⑤当c[Fe2(SO4)3]>0.25mol·L-1时，虽然c(Fe3+)的升高有利于提高浸出率，但随c(Fe3+)的升高催化H2O2分解，对浸出率下降的影响大于c(Fe3+)升高对浸出率提高的影响，所以曲线下降； (2)①根据题意KI会被Cu2+氧化生成I2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2； ②根据Na2S2O3与I2反应的离子方程式可知n(I2)=mol，根据KI与Cu2+可知n(Cu2+)=0.1b×10-3mol，溶液体积为amL，则c(Cu2+)==mol/L。 五、解答题-工业流程题 17．锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图： 请回答下列问题： （1）“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是 。 （2）K2S2O8中S的化合价为+6价，则S2O82-中含过氧键的数目为 ，反应器Ⅰ中发生反应的离子方程式 。 （3）反应器Ⅱ中反应温度为600～750℃。升温到515℃时，开始有CO2产生，比碳酸锂的分解温度(723℃)低得多，可能的原因是 。 （4）制得的锰酸锂粗产品中混有LiMnO2，写出在高温条件下反应产生LiMnO2的化学方程式 ；称取一定量的锰酸锂粗产品于锥形瓶中，加入稀硫酸充分溶解，滴入含0.14molNa2C2O4的标准溶液时恰好完全反应，同时生成0.19molMn2+，则锰酸锂粗产品中LiMn2O4物质的量分数为 。 (MnO2-、Mn2O4-被还为Mn2+) 【答案】 FePO4 1 Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42- MnO2作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解 4MnO2+2Li2CO34LiMnO2+2CO2↑+O2↑ 90% 【分析】LiFePO4加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，之后加入碳酸钠溶液调节pH，使Fe3+沉淀，得到的滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为FePO4，之后再加入饱和的碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀；MnSO4与K2S2O8反应，Mn2+被氧化成MnO2生成沉淀析出，之后将MnO2与Li2CO3混合反应得到锰酸锂。 【详解】(1)该滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁，根据元素守恒以及溶解度的大小关系，该沉淀应为FePO4； (2)设S2O82-中含负一价的氧原子数目为x，则有(+6)×2+(-2)(8-x)+(-1)x=-2解得x=2，两个负一价氧原子间有一个过氧键，故过氧键数目为1；反应其I中Mn2+被氧化成MnO2，S2O82-中-1价的氧被还原成-2价，结合电子守恒和元素守恒可知方程式应为：Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42-； (3)MnO2作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解； (4)反应物为MnO2和Li2CO3，产物有LiMnO2，说明该过程中Mn元素被还原，C元素已是最高价，不能被氧化，根据元素价态变化规律可知O元素被氧化成氧气，结合电子守恒和元素守恒可知方程式应为：4MnO2+2Li2CO34LiMnO2+2CO2↑+O2↑；设粗产品中LiMnO2的物质的量为x，LiMn2O4的物质的量为y，根据元素守恒有x+2y=0.19mol；根据电子守恒有x+y×2=0.14mol×2，联立解得y=0.09mol，x=0.01mol，则锰酸锂粗产品中LiMn2O4物质的量分数为=90%。 【点睛】第1题为易错点，要注意得到的沉淀时白色的，说明不是氢氧化铁，碳酸铁不能稳定存在，根据元素守恒可知沉淀为磷酸铁；第4的计算要注意守恒法的使用，不要盲目写方程式进行计算。 六、解答题-实验探究题 18．高锰酸钾具有强氧化性，广泛用于化工、医药、采矿、金属冶炼及环境保护领域等。KMnO4的制备是以二氧化锰(MnO2)为原料，在强碱性介质中被氧化生成墨绿色的锰酸钾(K2MnO4)；然后在一定pH下K2MnO4歧化生成紫色KMnO4。回答下列问题 (1)K2MnO4的制备 实验步骤 现象或解释 ①称取2.5 gKClO3固体和5.2gKOH固体置于铁坩埚中，加热熔融 不用瓷坩埚的原因是 。 ②分多次加入3gMnO2固体 不一次加入的原因是 。 (2)KMnO4的制备 趁热向K2MnO4溶液中加入1 mol/L H3PO4溶液，直至K2MnO4全部歧化，判断全部歧化的方法是用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，现象为 。然后趁热过滤，将滤液倒入蒸发皿中加热到液面出现晶膜，充分冷却后过滤，在80℃烘箱中干燥3h，不选用更高温度的原因是 。 (3)产品分析 i.不同pH下产品中KMnO4含量 加入H3PO4体积／mL 溶液的pH 产品质量 KMnO4质量 KMnO4质量分数 10.50 12.48 2.35 2.05 87.23 12.50 11.45 2.45 2.18 88.98 14.50 10.89 2.18 1.87 85.78 16.50 10.32 2.28 1.75 76.75 18.50 9.44 2.09 1.48 70.81 从表格中数据分析，在歧化时选择溶液的最佳pH是 。 ii.利用H2C2O4标准溶液测定KMnO4的纯度。测定步骤如下： ①溶液配制：称取1.000g的KMnO4固体样品，放入 中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。 ②滴定：移取25 mLKMnO4溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，用0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液滴定，发生反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10C02＋8H2O，当溶液紫色褪色且半分钟内不变色即为终点，平行滴定3次，H2C2O4溶液的平均用量为23.90mL，则样品纯度为 ％(保留1位小数)。 【答案】 瓷坩埚中的SiO2与KOH反应 使MnO2充分反应，提高其转化率或者利用率 呈现紫色，而不是墨绿色 防止KMnO4受热分解 11.45 烧杯 84.6% 【分析】(1) ①瓷坩埚原料含有SiO2，是酸性氧化物，能和碱反应； ②分多次加入3gMnO2固体，可提高原料利用率； (2) 根据“K2MnO4溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色；KMnO4在加热条件下分解生成K2MnO4； (3) i.分析表中数据选择产品中KMnO4质量分数最高时对应溶液的pH； ii.①溶液配制时固体溶解在烧杯中进行； ②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×=1.3348×10-3mol，据此计算样品纯度。 【详解】(1) ①瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOHK2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚； ②为使MnO2充分反应，提高其转化率，加入MnO2时可分批加入，而不一次性加入； (2) 由于K2MnO4溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全；晶体烘干时应控制温度不超过80℃，以防止KMnO4受热分解； (3) i.由表中数据可知，歧化时选择溶液的pH为11.45时所得产品的质量最高，产品中KMnO4质量分数的最高，故控制溶液的最佳pH是11.45； ii.①配制KMnO4溶液时，称取的KMnO4固体样品，应放入烧杯中溶解，然后冷至室温后全部转移到100mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线； ②滴定时消耗23.90mL0.1400mol/L的H2C2O4标准溶液，则参加反应的H2C2O4的物质的量为0.0239L×0.1400mol/L=3.346×10-3mol，根据反应：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2＋＋10CO2＋8H2O可知参加反应的KMnO4的物质的量为3.346×10-3mol×=1.3348×10-3mol，则样品纯度=≈84.6%。 试卷第20页，共20页 试卷第19页，共20页 学科网（北京）股份有限公司 $$