第3期 氧化还原反应-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

素养·拓展 数理极 (上接第1版) (1)一般的配平步骤：标变价、找变化、求总相等为桥梁，列出守恒关系式求解.其解题的 (3)归中反应 数、配系数 般步骤为： 特点：同种元素不同价态间发生氧化还原 ①标出变价元素化合价的始态和终态。 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物 反应时，化合价向中间靠拢，可以相叠，但不能 ②求升价元素或降价元素的变化数 和氧化产物. 交叉 ③求升价与降价变化的最小公倍数，分别 失2e (2)找准一种原子或离子得到或失去的电 作为氧化剂或还原剂的系数. 如：H2S+H2S04(浓)=S↓+S0,↑+2H,0 子数（注意化学式中离子的个数） ④配平变价元素。 (3)根据题中物质的物质的量和得失电子 得2e ⑤用观察法配平其他元素 守恒列出等式.n(氧化剂)×变价原子个数×化 得5e ⑥检查配平后的化学方程式是否符合质量合价变化值=（还原剂）×变价原子个数×化 KCI03+6HC1(浓)=KCl+3CL2↑+3H,0 守恒定律（离子方程式还要看是否符合电荷守 合价变化值 失5xe 恒) 3.氧化还原滴定法 注意：同种元素相邻价态间不发生氧化还 实例：配平MnO,+C+H*一Mn2++Cl2↑+ 氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原 原反应.如浓硫酸可用来干燥二氧化硫： H,0 2.物质内的氧化还原反应 剂之间的电子转移为基础的一种滴定分析方法 (1)自身氧化还原反应 h0:→折n,得5ex2 与酸碱滴定法相比较，氧化还原滴定法应用更为 确定某些物质或离 特点：同一种物质中，一种元素被氧化，另 2→C,失2e×了子的化学计量数 广泛，它不仅可用于无机分析，而且可以广泛用 种元素被还原 2Mn0a+10CI+H→5Cl2↑+2Mn2*+H,0 于有机分析.许多具有氧化性或还原性的有机化 如：2KC0,化剂2KCl+30,1 配平其他物质或离子的化学计量数 △ 2Mn0,+10CI+16Hf=5Cl,↑+2Mn2+8H,0 合物可以用氧化还原滴定法来加以测定. (2)歧化反应 (1)滴定原理：发生氧化还原反应的化学方 特点：同一种物质中，同种元素一部分被氧 (2)物质缺项配平 程式或离子方程式等. 化，另一部分被还原 一般先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还 (2)基本操作：滴定管的选择、指示剂的选 如：CL2+2NaOH=NaCl0+NaCl+H,O 原产物的化学计量数，再通过比较反应物与生 择、滴定过程中的操作、滴定管的读数等。 3CL +6KOH-5KCI+KCIO+3HO 成物并结合溶液的酸碱性，确定缺项（一般为 (3)数据分析：根据反应建立关系式，利用 知识点五 H0、H*或0H),最后观察配平. 题给数据进行相关计算。 氧化还原反应的配平与计算 2.氧化还原反应的计算 (4)误差分析：洗涤过程、滴定过程、读数过 1.氧化还原反应的配平 氧化还原反应的计算关键是以得失电子数程均可造成误差， 素养提开（三） ③在KClO,和草酸(H,C,0,)的混合物中12.00mL,则该样品中KMnO的质量分数是 加入足量的稀疏酸，水浴加热，也可以制得 %(杂质不与Na2S203反应). 氧化还原反应的配平与计算 CO2,配平该反应的化学方程式： 6.油画中使用的无机颜料雄黄(As,S3)在 ○数理报社试题研究中心 KCl03+H2C204+H2S04= 不同空气湿度和光照条件下会发生褪色，主要 1.标准状况下，0.672LH2S气体通入含有 C102↑+__C02↑+__KH$04+__H20发生以下两种化学反应： 0.015 mol X2(0号的酸性溶液中，两者恰好完全 (2)Cl,0气体为国际公认高效安全灭菌消 空气+常外线 →As203+HS20 反应，且H,$全部被氧化成硫单质，则X元素在毒剂之一，它是棕黄色强刺激性气体.实验室可 As2S,(s) 还原产物中的化合价为 ()用等物质的量的Cl2和Na,CO3溶液反应制取 空气+自然光 →HAs04+HS04 A.+3B.+4C.+2D.+1 Cl,0,同时生成NaHCO,.和NaCl,该反应的化学 (1)紫外线照射下发生反应的化学方程式 2.Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生方程式为 为 两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中 (3)将氯化铁与浓的次氯酸钠、氢氧化钠溶 (2)自然光照射下发生反应的化学方程式 NaC10与NaClO3的物质的量之比为4：1，溶液中液混合可制备高效消毒剂高铁酸钠(Na,FeO,), 为 NaCl与NaClO的物质的量之比为 ()该制备高铁酸钠反应的化学方程式为 7.用Cu,S、FeS可处理酸性废水中的 A.11:2B.1:1C.9:4D.5:1 Cr,0,发生的反应如下，将离子方程式配平： 3.消毒剂在日常生活中被广泛使用.根据 4.以海绵铜(Cu0、Cu)为原料制备氯化亚 (1)C,S+Cr,0号+H*= 信息回答下列问题： 铜(CuCl)的一种工艺流程如下： C2++S02+Cr3++H20 (1)二氧化氯(C102)是一种环保型杀菌消 广usS0,游液S0dCu沉淀 (2)一Fes+一Cr,0片+一H*= 毒剂，已被联合国世界卫生组织(HO)列为AI 级安全消毒剂.用C102消毒后的水可以直接饮 L00装2,0,0，电产H0 Fe3++S0+Cr3++H,0 8.硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要 用.常温下C02为黄绿色或橘黄色气体，性质 “沉淀”过程中产生CCl的离子方程式是试剂.某次刻蚀中，产生了相同物质的量的NO 非常不稳定.可用氯酸钠(NaClO,)溶液和硫酸 和NO2,配平此条件下的化学方程式： 酸化的H,02反应制备C102 5.测定MnO4样品的纯度可用标准 Si+HNO3+HF=H2SiF+ ①请写出上述制备C1O,反应的离子方程 Na,S,03溶液进行滴定，取0.474gKMn04样品 N0↑+NO2↑+H,0 式： 溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2S203溶液 若反应过程中转移了3mol电子，则理论上 ②将C102溶液与H,S溶液混合，充分反应进行滴定，配平上述反应的离子方程式： 可蚀刻Si 一g实际生产中，收集到的气 后，往所得溶液中加入少量BaCl,溶液，有白色 MnO:+一S,0+一H*=体体积小于理论值，可能的原因有 沉淀生成.请写出C102溶液与H,S溶液反应的 Mn2++S0}+H20 (写一条). 离子方程式： 实验中，滴定至终点时消耗Na2S,0,溶液 (参考答案见下期)】 本版责任编辑：孙 丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 装理撼 2025年7月15日·星期二 高考 报纸发行质量反馈电话： 3期总第1147期 第一轮复习 0351-5271248 第2期4版参考答案 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 数理报社编辑出版社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-208 素养提升（二） 1.(1)2HC03+20H 的碱性越强，其对应单质的还原性越强 +Ca2+=CaC0+2H, 如碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,则 +C0片 (2)HCO+OH 氧化还原反应 +Ca2+=CaC03↓+H20 还原性：Na>Mg>l. 2.(1)①C02+20H =C0-+H20:②C02+ 必备知识集锦 知识点三 0H-=HC03 (2)①3Fe+2N03 湖南 魏孔明 氧化还原反应的基本规律 8H+=3Fe2++2N0↑ + +4H 知识点一 注意：(1)同一种物质可能部分被氧化（或 4H,0:②Fe+N0 1.守恒律 =fe3++N0↑+2H,0 部分被还原)，也可能既被氧化又被还原 3(1)个H++OH 氧化还原反应的基本概念 在一个氧化还原反应中，氧化剂得到电子 (2)氧化产物（或还原产物）可能是一种或多 H20:②NH +H* 的数目等于还原剂失去电子的数目.或者说氧 20H=NH,·H,0+H,0 1.氧化还原反应的特征和本质 种，氧化产物和还原产物也可能是同一种物质。 (2)①2Fe2++Cl2 化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高 特征 元素化合价的升降 宏观 2Fe3++2Cl-;②2Fe2 知识点台 总数. 2Br -+2CL,=2Fe3++Br 电子转移（电子得失或 +4Cl;③2Fe2 +4Br 本质 微观 氧化性、还原性强弱的判断 2.价态律 +3Cl2=2Fe3+ +2Br2+ 共用电子对偏移) 「处于最低价态→只有还原性 2.基本概念之间的关系 1.依据金属活动性顺序 4.(1)①3Ba2+ 元素 处于中间价态一→既有氧化性，又有还原性 +2A3+ +60H 氧化剂 具有凰化個发生还原反园 胶还原生成还原产物 K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb(H)Cu Hg Ag Pt Au 3BaS04↓+2A1(OH)3↓； 还原性逐渐减弱，对应离子的氧化性逐渐增强 处于最高价态→只有氧化性 ②NH+A3++2S0 注意：上述位置中Fe元素对应的离子是 注意：(1)金属元素没有负化合价，所以金 2Ba2+ +40H-=NH·H20 属单质只有还原性。 +Al(OH)3↓+2BaS04 (2)①Ba2++S0 还原剂具有还原性发生凰化反园 →被氧化生成假化物 2.依据非金属活动性顺序 (2)非金属元素既有负化合价，又有正化合 +OH =BaS04↓ H20:②Ba2++S0 F2 Cl Br2 I2 S 价(F除外)，所以非金属单质既有氧化性又有 上述关系可简记为： 20H-+2H+=BaS04↓+ 氧化性逐渐减弱 还原性 2H20 升（化合价升高）、失（电子）、氧（氧化反 F-CI-Br-I-S2- (3)处于最高价态的元素具有氧化性，但不 第2期2-3版参考答案 精练卷（二） 应)、还（还原剂） 还原性逐渐增强 定具有强氧化性，如K*、Na*等具有弱氧化 2.C3.D4.C 降（化合价降低）、得（电子）、还（还原反 3.依据氧化还原反应 .B 6.B 7.C8.A 性.处于最低价态的元素具有还原性，但不一定 9.D10.A11.C12.C 应)、氧（氧化剂） 13A14C 3.常见氧化剂和还原剂 氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产物 具有强还原性，如F、02·等：元素处于中间价 (每空2分)(1)吸 态的化合物既有氧化性，又有还原性，一般情况 附纯净物(2)①2A1+ 氧化剂 还原剂 20H 氧化性：氧化剂>氧化产物 +6H,0=3H,↑+ 下主要表现某一方面的性质（如下表） 2[AN(OH)4]-:②A1(OH)3 ①活泼的非金属单质：02 ①活泼或较活泼的金属：K、 还原性：还原剂>还原产物 元素处于中间价态的物质Fe2+ S02、S0、H2S03H202 ③BD:④c-b Cl2、B2、L2等； Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe等； 233m (3)D 4.依据氧化还原程度的大小 氧化产物 Fe S03、S02、H2S0402 ②高价金属阳离子：Fe ②某些非金属单质：C、H2等； (4)D Cu2+、Ag*等； ③低价金属阳离子：Fe2+ (1)同一物质，被氧化的程度越大，氧化剂 还原产物 Fe H20 16.(每空2分)(1) 表现的主要性质 还原性 还原性 氧化性 、A3+、[A1(OH)4] ③含高价或较高价元素的 Cu+等； 的氧化性越强.如Cu+C,△CuC,2Cu+S 3.先后律 C0 (2)BaC03 (3)3Fe2++N0 化合物：MnO2、KMn04 ④非金属阴离子：S2 在浓度相差不大的溶液中，同时含有几种 4H* =3Fe3+ NO T HNO3、K2Cr2O,、浓硫酸 Br 、Cl等； Cu2S,氧化性：Cl2>S. 2H,0KSCN溶液 溶液 还原剂时，若加入氧化剂，则氧化剂首先与溶液 KC103等； ⑤含较低价元素的化合物： (2)同一物质，被还原的程度越大，还原剂 变红 (4)不需要 ④过氧化物Na,02、H02等. C0、S02、H2S、NH3等 的还原性越强.例如：HCl+H2SO4(浓)→不反 中最强的还原剂作用；同理，在浓度相差不大的 17.(每空2分)(1)①ac ②除去0H-、CO}; 应，2HBr+H,S0,(浓)=Br2+S02↑+2H,0, 溶液中，同时含有几种氧化剂时，若加入还原 ③75%的乙醇溶液 4.氧化还原反应与基本反应类型的关系 剂，则还原剂首先与溶液中最强的氧化剂作用. (2)①I0+5I 8Ⅲ+H,S04(浓)=4L2+H2S↑+4H,0,还原 6H+=3L2+3H,0:②I0, 有单质参加 有单质生成的分 性：HI>HBr>HCI, 例如，在含有Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入 解反应 I-;③4KI+02 的化合 于氧化 属于氧化还 玉原反应 2H20=2I2+4K0H 5.依据反应条件及反应的剧烈程度 铁粉，因为氧化性：Fe3+>Cu2+>H*,所以Fe 化合反应 18.(除标注外，每空2 原反应 分解反应 反应条件要求越低，反应越居剧烈，对应物质 粉先与Fe3+反应，然后依次与C2+、H*反应， 分)(1)2FeS +15Mn02+ 氧化还原反月 28H+=15Mn2++2Fe3+ 置换反应 的氧化性或还原性越强 4s0+14H20 (2)Si0 (复分解反应 知识点四 酸性氧化物(1分) 例如，Mn0,+4HC(浓)△MnCL,+CL,↑+ 氧化还原反应的类型 (3)适当增加硫酸浓度，将 5.氧化还原反应的表示方法 固体原料粉碎，加快搅料 2H20,2KMnO,+16HCl()=2KCI 2MnCl2 率（任答 条即可，或其 (1)双线桥法 1.物质间的氧化还原反应 5CL2↑+8H20,氧化性：KMn04>MnO2 他合理答案)(1分) (1)全部氧化还原反应 4)将Fe2+化为Fe3 双线桥法表示同一种元素原子在反应前后 6.依据电化学原理 (5)1000根据关系 电子变化情况： 特点：变价元素原子的化合价全部发生了 (1)一般情况下，两种不同的金属构成原电 3MnS04·H20 得到a×be,化合价降低，被还原 池的两极，负极是电子流出的极，正极是电子流 变化 a 4·H0)-M(Mn04 如：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I) 3M(Mns04·0 氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产物 入的极.金属的还原性：负极>正极. 100 (2)部分氧化还原反应 3×169g/mol-229g/mol (2)用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先 失去cxde,化合价升高，被氧化 特点：氧化剂或还原剂部分被氧化或被 3×169g/mol 放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的 ×100%≈54.83%，所以 (其中a×b=c×d) 还原 控制温度大于 1 000℃(4 阴离子的还原性较强. 分 (2)单线桥法 (6)8Mn04 7.依据元素周期表和元素周期律 如：4HCl(浓)+Mn0,△MnCL,+CL,↑+ 单线桥法表示反应物中同种元素原子或不 6i2C03+502 墙6C0 (1)非金属元素的最高价氧化物对应水化2H,0,HC1部分被氧化，氧化剂与还原剂的物质 同种元素原子之间的电子转移情况，这种方法 物的酸性越强，其对应单质的氧化性越强. 的量之比为1：2. 表示出了电子转移的方向和数目. 如酸性：HClO4>H,S04>H,P04>H,C03> 再如，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2N01 ne H,Si03,则氧化性：CL,>S>P>C>Si +4H,0,HN0、部分被还原，氧化剂与还原剂的 还原剂+氧化剂一氧化产物+还原产物 (2)金属元素的最高价氧化物对应水化物物质的量之比为2：3， (下转第4版) 2 素养·测评 数理极 B.反应①中氧化剂是02，氧化产物是CuS04和Te02 一第一轮复习精练卷 C.每制备1 mol Te,.理论上两个反应共转移12mol电子 D.氧化性强弱顺序为0，>S0,>Te0, 涉及内容：氧化还原反应 9.[环保情境]水体中存在的NO,、NO,等致癌 （满分：100分，时间：75分钟) 阴离子对人体健康构成严重威胁.采用Pd-Fe,O双 ②♪ ◎数理报社试题研究中心 P NO: 催化剂，可实现用H,消除酸性废水中的致癌物o@ 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选N0、N02.Fe,04中含有Fe(Ⅱ）、Fe(Ⅲ)，其反应历 项符合题意) 程示意图如右图所示.下列说法错误的是 () Pd 1.[传统文化情境]成语是我国传统文化的瑰宝.下列成语不涉及氧化 A.Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)相互转化起到了传递电子的 还原反应的是 ()作用 A.水滴穿石 B.死灰复燃 C.百炼成钢 D.火上浇油 B.用该法处理后水体的pH降低 2.[生活情境]化学与生活密切相关，下列生活中的变化或应用与氧化 C.过程③每生成1个NH以及过程④每生成1个N,转移电子数之比2：1 还原反应无关的是 D.键角：NO,>NO,>NH A.硫酸型酸雨放置一段时间后，酸性增强 10.[跨学科融合]微生物在电子供 歧化副产物控制 B.机动车安装尾气处理器，进行尾气无害化处理 体的作用下可将Sb(+5)(存在形式 (SO C.液态植物油转化为氢化植物油，进行固化 为Sb03还原为更易被去除的Sb(+3) 沉淀去除 自养还原 D.高压静电空气净化器使部分氧气变成臭氧 (最终转化为Sb,S,去除)，根据电子供sb(+5) +3 Sb2S:(s) 3.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是 Sb(+5)的高效还原 S(+3)的有效去除 ）体的不同可分为自养还原和异养还原， 反应机理图 A.稀硫酸滴入K,CO4溶液中，溶液由黄色变为橙色 为去除水中的锑酸盐，某课题组建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反 B.苯酚晶体长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色 应机理如右图所示.下列说法正确的是 C.将铁氰化钾1K,[Fe(CN)6]}溶液滴入FesO,溶液中，出现蓝色沉淀 A.该反应器可以实现S的循环利用 D.将2~3滴饱和FCl,溶液滴人沸腾的蒸馏水中，液体变成红褐色 B.发生歧化反应生成1molS0?~时，理论上需要3molS参与反应 4.02F2可以发生反应：H2S+402F2=SF6+2HF+402.下列说法正确的 C.生成Sb,S,沉淀的离子方程式为3H2S+2Sb3+=Sb2S,↓+6H D.Sb(+5)的去除过程中每一步都发生了氧化还原反应 A.0,是氧化产物 11.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可 C02+H0 B.O2F,既是氧化剂又是还原剂 用于光催化降解苯酚，反应原理如右图所示.下列 02 C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4 说法错误的是 ( D.1molH,S完全反应，转移电子数目为6N BMO 5.铋(Bi)常用于制造易熔合金，NaBiO,为浅黄色或褐色沉淀.NaBiO A.苯酚被氧化的总反应为C,H,0+70,Bid BMO② C02+H20 与流酸酸化的MnS04溶液可发生反应：10NaBi03+4MnS04+14H,S04= 6C02+3H,0 4NaMn04+5Bi,(S04)3+3NaS04+14H,0(实验室常用该反应检验Mn2+). B.反应过程中BMO表现较强氧化性 下列推断错误的是 ( C.在酸性条件下，反应①的离子方程式是3CH,0+280,+28H+= A.Bi在元素周期表中位于第六周期第VA族 18C02↑+23H,0 B.上述反应不能用盐酸进行酸化 D.过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1 C.由上述反应可知氧化性：NaBiO3>KMnO4 12.[模块融合]化学上常用标准电极电势E(氧化型/还原型)比较物质 D.上述反应的离子方程式为5BiO;+2M2++14H*=2MnO:+5Bi3++的氧化能力.E°值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质 7H,0 的还原能力越强.E值与体系的pH有关.根据表格信息，判断下列说法错误 0 的是 ( 6.过二疏酸(H0 OH)是一种白色晶体，其酸及盐在工 氧化型/还原型物质 PbO,/PbSO MnO,/Mn2* Fe3+/Fe2+ 0 E(酸性条件下) 1.685V 1.51V 0.77V 业上均常用作强氧化剂，如K,S,0g+MnS04+H,0一KMn04+K,S04+Y(未 氧化型/还原型物质 C12/CI V02/V02+ BrO/Br 配平).设N表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 E(酸性条件下) 1.36V 0.991V 1.423V A.97g过二硫酸中含过氧键数目为N, A.酸性条件下，氧化性强弱顺序为M0,>Cl,>V0,>Fe3 B.270gK,S,0。被完全还原时转移电子数目为N B.实验室可用KBO3与浓盐酸反应制备Cl, C.反应中的Y为H,S0a C.向流酸酸化的含2 mol FeCl2.溶液中加入1 mol Pb(02,可观察到黄绿色 D.所有Y、K,S04均为还原产物 气体产生 7.叠氯酸钠可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应： D.已知E[Fe(OH)3/e(OH),]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 NaNO,+NaNH,熔融NaN,+NH,↑+NaOH(未配平)来制备叠氮酸钠，下列Fe·的还原性 说法正确的是 13.钯(Pd)是航天航空高科技领域的重要材料.工业用粗钯制备高纯度 A.化学方程式中NaNO3和NaN的化学计量数之比为I:1 钯的流程如下图，下列说法错误的是 ) B.作还原剂的NaNH,占参与反应的NaNH,的物质的量的号 浓HC、浓HNO3 NH 浸液中和 (NH.)PaCl C.每生成67.2LNH3,转移电子的物质的量为16mol 酸浸 (氯钯酸铵 热还原 红色) D.立窑的衬里适宜选用石英耐火砖 8.工业上以铜阳极泥（主要成分是Cu2Te)为原料提取碲(Te),涉及以下 NO 滤液 气体 反应： A.酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3(浓)一H2PdCl6+ ①Cu,Te+202+2H2S04=2CuS04+Te02+2H,0 4N02↑+4H,0 ②Te02+2S02+2H20=2H,S04+Te B.“热还原”中每生成1 mol Pd同时生成的气体的物质的量为8mol 下列说法错误的是 C.化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH A.Cu,Te中Cu元素的化合价是+1 D.在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸 数理极 素养·测评 14.某学习小组为探究各价态钴的化合物与H,02的反应，室温下进行了 17.(13分)五氧化二钒(V20)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂.利 如下实验.已知：CoS0,溶液为粉红色、C,(S0,)3溶液为蓝色、 用废钒催化剂的酸浸液（含VO,、VO2+、K+、Fe3+、AI3+和S0?)制取V,0; [Co(C03)2]2-为红色、[Co(C03)3]3-为墨绿色 的一种工艺路线如下： 步骤 操作 现象 KCIO; KOH ROH KOH溶液NHCI 废钒催化剂 ① 向1mol/LCoS04溶液中滴加过 无明显现象 的酸浸液 氧闷→调p回 离子交换一→洗腕沉机煅烧一→V0, 量30%的H202溶液 向含有过量浓NaHCO3的溶液中 AN(OHFe(OH,流出液 ROH 滤液 ② 滴加1mol/LCoS04溶液 溶液变为红色，有气泡冒出 已知：i溶液中含+5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如下图所示； ⊙ 把步骤①的溶液倒入含有大量浓 溶液变为墨绿色，并产生大量能 ⅱ.“离子交换”和“洗脱”可表示为 NaHCO3的溶液中 使带火星木条复燃的气体 4ROH+V,05==R4V,02+40H 溶液先变为蓝色，一段时间后溶 (ROH为阴离子交换树脂). VO 向步骤③完全反应后的溶液中加 H.V.O 2 ④ 入足量稀硫酸 液变为粉红色，变色过程中始终 回答下列问题： 罩 HVO V0 VO 有气体生成 (1)“氧化”时控制溶液的pH<1, 3 1412108 6 下列说法错误的是 V02+(约0.1mo/L)反应的离子方程式 pH A.步骤④中生成的气体与步骤②生成气体相同 B.步骤③中H,0,发生了两个氧化还原反应 (2)“调pH”时控制溶液pH约为7~8.pH不能过大的原因是 C.步骤③表明[Co(C0)3]3-是H,02分解的催化剂 D.C02(S04)3溶液在酸性条件下不稳定 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤干净的实验方法是 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） 15.(13分)铅及其化合物用途多样.查资料得知Pb02是不溶于水的固 (4)“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是 体，受热会发生分解反应.其晶体内部有空穴，使得电子可以在空穴中跳跃， (5)为测定所制得V20,样品的纯度，进行如下实验：称取0.5000g样品， 因此P弘02可以导电，用作铅酸蓄电池的电极.请回答下列问题： 用稀流酸溶解，定容得100mL(V0,),S0,溶液.量取20.00mL溶液放入锥形 (1)铅是碳的同族元素，常见的价态为 和 瓶中，加入过量的30.00mL0.05000mol/L(NH4)2Fe(S04)2溶液，再用 (2)Pb02与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为0.010O0mol/LKMn0,标准溶液滴定过量的Fe2+至终点，消耗KMn0,标准溶 液的体积为10.00mL.V20,样品的纯度为_%[已知杂质不参与反应， (3)P0,可由Pb0与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为实验过程中涉及的反应有：VO+Fe2++H*一V02++Fe3++H,0(未配平)； Pb02也可以通过石墨为电极，以Mn0,+fe2++H*一Mn2++fe3++H,0(未配平)]. P%b(NO,),和Cu(NO,),的混合溶液为电解液电解制取，阳极发生的电极反 18.(20分)资料显示，I,可以将Cu氧化为C2+.某小组同学设计实验 应为 探究Cu被1，氧化的产物及铜元素的价态.已知：山，易溶于KI溶液，发生反 (4)Pb02在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示 应：山2+I(红棕色)；山，和1氧化性几乎相同.回答下列问题： (1)将等体积的KI溶液加到含mmol铜粉和n mol I2(n>m)的固体混 PbO, 合物中，振荡.实验记录如下： 3.359% c(KI) 实验现象 PbO 极少量I,溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色 300400 实验I 0.01 mol/I 500600温度℃ 的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 已知失重曲线上的a点为样品失重3.35%（即 部分L,溶解，溶液为红棕色：充分反应后，红色的 样品起始质量-a点固体质量×100%)的残留固体，通过计算求表示a点固 实验Ⅱ 0.1 mol/L 铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 样品起始质量 I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色 体组成的化学式为 实验Ⅲ 4 mol/L 的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 16.(12分)用如下图方法可回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu. ①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验I 实验Ⅱ（填“>” 含Au固体HNO-NaC →HAuC,溶液 Zn粉 →A如 <”或“=”) 溶金、分离 还原、分离 度用G装兴 ②实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在的形式有 [Cu(H,0)]2+(蓝色)或[CL2](无色)，进行以下实验探究： 含Cu2+、Ag溶液 步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCL4,多次萃取、分液。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解；②HAuCl4=H++AuCL4.回答下列 步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐 问题： 渐变深. (1)酸溶后经 操作，将混合物分离。 i.步骤a的目的是 (2)浓、稀HNO,均可作酸溶试剂.溶解等量的Cu消耗HNO,的物质的 iⅱ.查阅资料，2C2++4=2C↓+2，[Cu(NH,)2]+(无色)容易被 量不同，写出消耗HNO,物质的量少的反应的化学方程式： 空气氧化.用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化： (3)HNO,-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同， ③结合实验Ⅲ，推测实验I和Ⅱ中的白色沉淀可能是Cl,实验I中铜被 ①上述流程中溶金反应时产生N0,写出该反应的离子方程式： 氧化的化学方程式是 分别取实验I和Ⅱ充分反应后的固 体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液， (填实验现象)，观察到少 ②关于溶金的下列说法正确的是 (填字母序号) 量红色的铜.分析铜未完全反应的原因是 A.用到了HNO,的氧化性 (2)上述实验结果，12仅将Cu氧化为+1价.在隔绝空气的条件下进行 B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 电化学实验，证实了12能将Cu氧化为C2+.运用氧化还原反应规律，分析实 C.用浓盐酸与NaNO,也可使溶解 验I~Ⅲ中Cu被1，氧化只得到+1价的原因 (4)若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的 物质的量是 mol. (参考答案见下期)】高考化学第1~5期 数理括 答案详解 2025~2026学年高考化学第1~5期(2025年7月) 第1期4版参考答案 6.A1 mol Na和足量O2完全反应，无论生成氧化钠还是 素养提升（一） 过氧化钠，Na均变为+1价，失去1mol电子，转移的电子数目 1.D标准状况下，CHCL3、HF、SO3均不是气体，无法计算 一定为VA,A正确；5.6g铁与硝酸反应，当铁不足时，生成 物质的量，A、B、C均错误. Fe(NO)3,转移电子的数目为3VA,铁过量时，生成Fe(NO3)2, 2.BNa202中含有的离子有Na*和0,7.8gNa,02的 转移电子的数目为2W,B错误；Cu与S反应生成Cu,S,6.4g 物质的量为0.1mol,含有的离子数为0.3Wa,A错误；D20的Cu参与反应时，转移的电子数为0.1N,C错误；电解精炼铜 摩尔质量为20g/mol,1.8gD20的物质的量为0.09mol,一个 时，阳极上反应的金属有Cu及活动性比Cu强的金属（如Fe D20分子含有10个中子，1.8gD20含有的中子数为0.9NA,B Z),故当阳极质量减轻32g时，电路中转移电子的物质的量 正确：没有告知是否为标准状况，无法计算NH的物质的量，C 不一定是1mol,数目不一定为Na,D错误. 错误；常温常压下，46gC2H。0的物质的量为1mol,如果该有 7.C标准状况下，11.2L02和22.4LN0的物质的量分 机化合物为乙醇，极性键数目为7NA,如果该有机化合物为甲 别为0.5mol和1mol,二者混合后转化为1 mol NO2,但容器内 醚，极性键数目为8NA,D错误. 存在反应2NO2一N2O4,则气体分子总数小于NA,A错误； 3.C二氧化硅中每个硅原子形成4个硅氧键，0.1mol S02与02的反应为可逆反应，故1.5molS02与足量的02反 Si02中含有的Si一0数目为0.4WA,A错误；单键中只有σ键， 应生成的SO3分子数小于1.5WA,B错误；根据氯元素守恒，反 三键中有一条σ键和2条π键，标准状况下，22.4L乙炔的物 应后ClO、C1和HClO的总数等于2WA,C正确；随着反应进 质的量为1mol,乙炔的结构式为H一C三C一H,含有g键数目 行，盐酸浓度减小而反应停止，则转移的电子数目小于0.3NA, 为3W,π键数目为2Wa,B错误；124gP4的物质的量为1mol, D错误， P4是正四面体结构，含有6个共价键，C正确；AL,C。分子的结 第1期2-3版参考答案 构式为Cl Cl,含有2个配位键，1 mol Al2Cl中含 精练卷（一） 1.D摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中 CI 七个基本物理量之一，A错误；1mol任何物质都含有约6.02× 有2WA个配位键，D错误. 10个粒子，但构成该粒子的原子数目有所不同，B错误；阿伏 4.C02和03分子均由氧原子构成，32g02和03的混 加德罗常数的近似值为6.02×10，C错误；HC1的摩尔质量与 合气体中含有的氧原子的物质的量为32g÷16g/mol=2mol, 1 mol HCI分子的质量单位不同，虽数值一样，但二者意义不相 数目为2Wa,A正确；NO2和N204的最简式均为N02,46gNO, 同，D正确. 和N20,混合气体中，最简式NO2的物质的量为1mol,含有的 2.C同种元素的不同单质互为同素异形体，氧气和臭氧 原子数目为3NA,B正确；3.2gS02中的质子数目为3.2g÷ 属于同素异形体，化学性质相似，但不完全相同，A错误；臭氧 64g/mol×32×Nmol1=1.6NA,3.2g02中的质子数目为 和氧气之间的转化过程属于化学变化，B错误；质量相同的O2 3.2g÷32g/mdl×16×N mol1=1.6Na,故3.2g由S02、02 和O3含有的氧原子数相同，质子数也相同，C正确；同温同压 组成的混合物中所含质子数为1.6NA,C错误；环丙烷的结构 下，相同体积的O2和O,含有的分子数相同，原子数之比为 CH, 2:3,D错误 简式为H,CCH, ,聚乙烯的结构简式为七CH2一CH2n, 3.C根据pV=n,可得Pg=爱，起始温度和压强 二者的实验式均为CH2,5.6gCH2的物质的量为0.4mol,含 相同，即气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，A正确：起 有碳原子的物质的量为0.4mol,数目为0.4WA,D正确. 始压强，体积相同，各气体的物质的量相等，根据图示可知. 5.B体积未知，无法计算C的物质的量，A错误；常温 12:30~13:30时间范围内C02温度升高最大，此时气体的物 下，1LpH=9的CH,COONa溶液中，c(OH)=10-5mol/L,这 质的量、体积相同，所以CO2的压强最大，B正确：此时气体未 部分OH全部由水电离出，故水电离出的O数目为 处于标准状况，不能用22.4L/mol进行计算，C错误；根据图示 105N,B正确；10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的 可知，光照相同时间，CO,的温度变化最大，是四种气体中温室 质量为4.6g,乙醇的物质的量为0.1mol,乙醇(C2H,0H)中含 效应最显著的，D正确. 氢原子0.6ol,但乙醇溶液的水分子中也含氢原子，因此氢原子 4.C根据m=nM,可知分子数目相等即物质的量相等的 数目大于0.6Na,C错误；胶体是粒子的集合体，1 mol FeCl,全 三种气体的质量关系为m(X)<m(Y)<m(Z),A正确；同温 部制成Fe(OH)3胶体，得到Fe(OH)3胶体粒子的数目小于 同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，故同温同 Na,D错误. 压下三种气体中密度最小的是X,B正确；同温同压下，三种气 高考化学第1~5期 体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定相等，但不一 =3:1,B错误；甲室混合气体的物质的量为2mol,质量为 因为没有说明是在标准状况下.C错误：同温同9g,平均摩尔质量为9.9.5，同温同压 体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，由于摩尔 质量M(Z)=2M(Y),故1gY气体和2gZ气体的物质的量相 度比等于摩尔质量之比，所以甲室混合气体的密度是同温同压 等，则其压强之比为1：1，D正确. 时H2密度的4.75倍，C错误；根据B项可知甲室中含有1.5 5.A每个NH3分子含3个N一Hσ键，每个NH又与Co mol氢气、0.5mol氧气，若将甲室气体点燃并恢复至室温，反 形成1个配位键（也是c键），故0.1mol[Co(NH)6]3+中含σ 应后剩余0.5ol氢气，同温同压下气体的体积之比等于物质 键数目为2.4N。,A正确：碱性氢氧燃料电池的正极反应为 的量之比，所以活塞最终停留在刻度2处，D正确. 02+2H20+4e=40H,1mol02参与反应时转移4mol电 10.BNa,0溶于水，溶质为NaOH,n(NaOH)= 子，B错误；稀有气体都是单原子分子气体，在标准状况下， 2n(Na,0)=2×o2ga=laml.c(0）-H'=1mL, 31g 11.2L稀有气体的物质的量为0.5mol,含0.5mol原子，C错 A错误；标准状况下，22.4LHCl的物质的量是1mol,溶于水 误；根据反应前后质量守恒和质子数不变可知，M的质量数为 配成1L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mo/L,B正确；从 40、质子数为19，所以M的中子数为21,2.0gM的物质的量 1L0.1mol/LHN03溶液中取出250mL,剩余溶液中NO3的 为0.05mol,含中子数为21×0.05mol×Nmol-1=1.05NA,D 浓度仍为0.1mol/L,C错误；将一定量18.4mol/L的硫酸与水 错误。 等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密度，混合后体积大于 失8× 原硫酸体积的2倍，所得溶液的浓度小于9.2mol/L,D错误. 6.A FeCl2+2NaBH4+6H20=Fe+2B(0H)3+2NaCl+7H2↑，由 I1.D第一份溶液中加人含a mol BaCl2的溶液，恰好使 得2e 得6×e S0完全沉淀为硫酸钡，则这份溶液中含a mol SO?;第二份 双线桥可知生成1 mol Fe转移8mol电子，故生成28gFe: 溶液中加入含b mol NaOH的溶液，恰好使Mg+完全沉淀为氢 (0.5mol)转移电子数目为4Wa,A错误；NaBH4中Na与BH 之间为离子键，1个BH4中含有4个σ键，0.5 nol NaBH4固 氧化镁，则这份溶液中含Mg·的物质的量是分ml,则原VL 体中σ键数目为2VA,B正确；B(OH),分子中，B原子采取sp2 混合溶液中含b mol Mg2+,含2 a mol S0},含2×(2a-b)mol 杂化，0原子采取sp3杂化，0.5molB(OH)3中采取sp3杂化 K,K的浓度为2(2a-b, mol/L. V 的原子数目为1.5NA,C正确：Fe2+会发生水解，导致Fe2+浓度 12.B由得失电子数目守恒可得关系式：5FeC,04·xH20 减小，1L0.1mol/LFeC2溶液中Fe2+数目小于0.1WA,D正确. ~3KMO4,滴定消耗0.100mo/L的酸性高锰酸钾溶液 7.B64gS0在标准状况下的体积为64×2.4D 18.00mL,则FeC20,·xH20的物质的量为0.100mol/L× 5 21 > A 错 误； 0.018L×号=0.003mol,由EeC,0,·H,0的质量为 得2e 0.5400g可得：0.003mol×(18x+144)mo/L=0.5400g,解得 高温$0，↑+S0,↑+2H2↑+N2↑+H,0 x=2. 由双线桥可 13.C根据题意得到关系式Ti3~Fe3,则n(T3+)= 失2x3e n(Fe3+)=cV×10-3mol,样品中钛的含量为 得4xe cy×103molx48gm0×100%=4.8cy%. 知，该反应生成1molH2时转移3mol电子，B正确：S02和SO 14.D28.70gZnS04·7H20的物质的量为0.1mol,根据 溶于水后使溶液呈酸性，酸性条件下NO,可以将SO2、SO? 图示可知，A点时，质量变为17.90g,质量损失10.80g,A点温 氧化为SO},与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，所以不可用 度为100℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6mol,则A Ba(NO,)2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3,C错 点物质的化学式应为ZSO4·HO,A正确；随着温度继续升 误；28gN2与32g02的物质的量均为1mol,所含原子数均为 高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90g 2N,,D错误 -0.1mol×18g/mol=16.10g,即B点时ZnS04·7H20中的 8.CNH4N由NH和N组成，NH4中N元素的化合 结晶水全部失去，B正确；随着温度继续升高，ZS0,开始分 价为-3，N,中N元素的平均化合价为-3，A正确：同温同 解，分解过程中，Z元素的质量保持不变，最终全部转化为 Zn0,质量应为0.1mol×81g/mol=8.10g,即D点，可见C点 压下，气体体积与物质的量成正比，则两种气体的体积之比为 时物质成分既有Zn0,又有ZnS04,设Zn0为xmol,则ZnS04 1:1,B正确；分解产物的质量为28g,两种气体的物质的量相】 为(0.1-x)mol,81x+161×(0.1-x)=13.43,解得x≈0.033， 等（设为m),则M=m丝=28？g+2n=15g/mol,C错误：同温 2n mol 即n(Zn0):n(ZmS04)≈1：2，则C点物质的化学式为Zn0· 几5 2ZnS04,也可写作Zn0(S04)2,C正确；从B点到D点，发生的 同压下，N,和H,的密度之比等于摩尔质量之比，D正确 9.D同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比， 反应为Zs0,分解产生Zn0,既可能发生反应：ZnS0,高墨 甲、乙两室的体积之比为2：1，则物质的量之比为2：1，所以甲 Z0+S0,↑，也可能发生反应：2Zns0.高温2Zn0+2S0,↑+ 室混合气体的物质的量为2ol,分子总数为2N,A错误；甲 O2↑，D错误. 室混合气体的物质的量为2ol,质量为19g,设氢气的物质的 15.(每空2分)(1)AC 量为x,可得2g/molx+32g/mol×(2mol-x)=19g,解得x= (2)250mL2.1 1.5mdl,甲室H2、02的物质的量之比为1.5mol:(2-1.5)mol (3)59.5 2 高考化学第1~5期 (4)AC (2)稀硫酸或稀盐酸、醋酸等（任选一种） 解析：(2)测定实验共进行4次，则4次共需要盐酸 (3)ab→d→ef 100mL,同时还需要考虑实验仪器的润洗等损耗，故配制盐酸 (4)吸收尾气H2S2H,S+H,Se03=SeS2↓+3H20 所使用的容量瓶规格为250mL.该浓盐酸浓度为c=L00p (5)98.3(3分) M 解析：(2)装置B的作用是产生H,S,则试剂Y应为非氧 -1000×1,19×36.5%m0lWL=11.9m0l/L,根据c装Vk=c稀 化性酸，可为稀硫酸或稀盐酸、醋酸等. 36.5 (5)根据已知反应，可得关系式SS2~2L2~4S20,则该 V稀可求得V旅=2.1mL. 样 品 中 SeS2 多 含 量 为 （3)从表中数据可以看出，第3次实验误差过大，应舍去，故 1100 三次实验所耗Na0H的平均体积为13.20+13.00+13.10 L 0.0500mo/L×0.011L×4×20.00×143g/mol 3 ×100%≈ 0.100g 13.10mL,CaC03消耗HC1的物质的量为0.025L× 98.3%. 0.10mol/L-0.013L×0.10mol/L=1.19×10-3mol,则该胃 18.(除标注外，每空2分)(1)分液漏斗HC(2)干馏 .19×103mol×2×100g/mol (3)C0,+C高温2C0 药中碳酸钙的质量分数为 0.10g (4)①有白色沉淀生成②C0+2[Ag(NH3)2]OH= 100%=59.5% 2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH (4)配制0.10mol/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导 ③偏高 致盐酸浓度偏低，从而碳酸钙消耗盐酸的量偏高，计算时盐酸 1-n-m ④1+m)(1-n 、×100%(3分) 剩余量偏低，最终导致碳酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L 稀盐酸定容时俯视刻度线，导致盐酸浓度偏高从而导致测得剩 解析：稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由 余盐酸的量偏高，最终导致碳酸钙的测量值偏低；配制 于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠 0.10mol/L NaOH溶液时，未冷却至室温就转移到容量瓶中， 溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的 导致氢氧化钠溶液浓度偏高，测出的盐酸剩余量偏少，导致碳 焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液 中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质. 酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L NaOH溶液时，摇匀后发 现液面低于刻度线加水至刻度线导致氢氧化钠浓度偏低，测出 (4)①d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和 剩余盐酸量偏高，最终导致测得的碳酸钙量偏低。 水，现象是有白色沉淀生成 16.（每空2分)(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无 ②e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应原理可知CO 白色沉淀生成，则沉淀完全 变为碳酸铵，则反应的化学方程式为C0+2[Ag(NH)2]OH= 2Ag↓+(NH4)2C03+2NH (2)过滤硝酸银溶液坩埚4 233 ③若d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应， (3)检查装置气密性b 导致与氢氧化钡反应的CO2减少，将造成α偏高. (4)5-5bMx10 L ④设反应后气体的物质的量为bol,则二氧化碳的物质 偏高 的量为bm mol,起始气体物质的量为amol,则起始二氧化碳的 25×10-3 物质的量为a(1-n)mol,氮气的物质的量为an mol,可得消耗 解析：(2)固体质量为0g,为硫酸钡的质量，硫酸钡的物 二氧化碳的物质的量为[a(1-n)-bmm]mol,生成C0的物质 质的量为2ml,根据关系式，CusS0,~Ba0,则c(Cus0,)= 的量为2[a(1-n)-bm]mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)- 加，解得&=2，此时g的表达式为 n 233 mol 400 70.025L=233mo/L. [a1-n）-a2-m]ml 1+m (3)实验需要测定氢气的体积，因此组装仪器后需要检验 ×100%=1-n+m-mm-2m+m× a(1-n)mol (1+m)(1-n) 装置气密性；因气体的密度容易受到温度的影响，温度未恢复 1-n-m 至室温会对气体体积的测量产生影响， 100%=1+m10”n×10%. (4)根据反应方程式可知n(Zn)=n(CuS04)+n(H2),故 第2期4版参考答案 n(CS04)=n(Zm)-n(H2),m(H2)=dg/L×b×10-3L=bd× 素养提升（二） 103g,则n(H,)=dx10g=5bd×104ml,n(Zn)= 1.(1)2HC0+20H+Ca2+=CaC03↓+2H,0+C0 2 g/mol (2)HC0,+0H+Ca2+=CaC03↓+H,0 忌ml,故n(aus0,)=忌mal-5dx104ml,c(cus0,)= 2.(1)①C02+20H=C0+H20 ②C02+0H=HC0, 希-5idx10 (2)①3Fe+2N03+8H*=3Fe2++2N0↑+4H,0 25×10-3 ol/L;若步骤⑥中E管液面高于D管，未调液 ②Fe+NO3+4H+=Fe3++N0↑+2H,0 面即读数，则H,所处压强大于外界大气压强，气体被压缩，导 3.(1)①H++0H=H,0 致H2的体积偏小，H2的物质的量偏小，使得n(CSO,)偏大， ②NH,+H+20H=NH3·H20+H,0 则最终导致测得c(CuSO,)偏高. (2)①2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl 17.(除标注外，每空2分)(1)恒压滴液漏斗 22Fe2++2Br-+2Cl,=2Fe3++Br2 +4Cl- 3 高考化学第1~5期 32Fe2*+4Br +3Cl =2Fe++2Br2 +6Cl 和NaC溶液、CO,和NH3制备小苏打的离子方程式为Na+ 4.(1)①3Ba2++3S0+2AI3++60H=3BaS04↓+ CO2+NH3+H20=NH4+NaHCO3↓，D错误. 2A1(OH)3↓ 11.CA项电荷不守恒，正确的离子方程式为H,02+2I+ ②NH,+A13++2S0}+2Ba2++40H=NH·H,0+ 2H=2+2HO,A错误；向NH,HCO,溶液中加入足量石灰 Al(OH)3↓+2BaS04↓ 水，NH也会参与反应，B错误；因KMnO4具有强氧化性，浓盐 (2)①Ba2++SO3+H*+0H=BaS04↓+H,0 酸具有还原性，二者能发生氧化还原反应，故高锰酸钾不能用 ②Ba2++S0}+20H+2H*=BaS0↓+2H,0 浓盐酸来酸化，应用硫酸酸化，D错误。 第2期2-3版参考答案 12.C铜是活性电极，作阳极时，铜优先失去电子发生反 精练卷（二） 应，A错误；Na,S与足量S02反应生成S,离子方程式为2S2-+ 1.B陶瓷的主要成分是硅酸盐，不属于氧化物，A、D不 5S02+2H20=3S↓+4HS03,B错误；向含Mn2+的溶液中加 符合题意；玛瑙的主要成分是二氧化硅，二氧化硅属于氧化物， 人足量NH4HCO,溶液沉锰的离子方程式为Mn2++2HCO?一 B符合题意；铜编钟是合金，主要成分为金属，不属于氧化物，C MnCO3↓+H20+CO2↑，D错误. 不符合题意。 13.A根据实验①中现象，X一定含Na2SO:根据实验② 2.C风化属于化学变化，A错误；[Ag(NH3)2]OH电离 中现象，X一定含CaCl2,可能含有Na2SO4;根据实验③中现 出[Ag(NH)2]和OH,属于碱，B错误；CO2溶于水后，与水 象，一定含NHC1,KNO3无法判断是否含有. 反应生成的H,C03电离出离子而导电，CO2本身不电离，是非 14.C由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀 电解质，D错误. 久置无明显变化，则固体不含eC2,11.60g是氢氧化镁沉淀， 3.DSO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，虽 nMg(OH)]=0.2 mol,m(MgCl)=0.2 mol x 能与氢氟酸反应，但反应生成的不是盐和水，不属于碱性氧化 物，故不是两性氧化物，A错误；BaSO4难溶于水，但溶解于水 95g/mol=19g;产生的气体通过碱石灰体积不变，通过浓硫酸 的部分完全电离，属于强电解质，B错误；NaHCO3电离出的 体积变小，推断出气体中含有NH3、H2,故A1与氢氧化钠溶液 HCO,能继续电离出CO?和H,属于酸式盐，C错误。 13.44L 反应产生的氢气为n(H,)=224=0.6m0l,根据电子得 4.C根据酸碱电子理论，在CuC2+4NH3= 失守恒3n(A1)=2×0.6mol,n(Al)=0.4mol,m(A1)= [Cu(NH)4]2++2Cl中，CuCl,接受NH3提供的孤电子对形 0.4mol×27g/mol=10.8g;浓硫酸吸收氨气，n(NH3)= 成配位键，CuCL2属于酸，A正确；N2H4中的两个N原子均含有 孤电子对，一个NH,可提供2个孤电子对，属于二元碱，B正 (22434L=0.4md,n(NH,)2s0,]=0.4ml×7= 22.4 L/mol 确：根据H,C204+H,0一HC20,+H,0*可知，H20结合 0.2mol,m[(NH4)2S04]=0.2mol×132g/mol=26.4g,则固 H的能力大于HCO4,则碱性：H0>HC2O,,C错误；配合物 体共含Al、(NH)2S04、MgCl2的质量为10.8g+26.4g+19g 是由一方提供电子对，另一方提供空轨道接受电子对形成的， =56.2g,则余下59.0g-56.2g=2.8g是A1Cl和NaCl中的 所以根据酸碱电子理论，配合物可看作酸和碱的反应产物，D 一种或两种.步骤②发生的反应为H+OH=H0和 正确 [A1(OH)4]+H=A(OH)3↓+H,0,步骤③发生的反应为 5.B加入烧碱生成氢氧化铁沉淀，吸附絮凝作用减弱，B A1(OH)3+3H=A13++3H,0,二者反应消耗的H+的物质的 错误. 量之比因过量的OH的量未知而不能计算.综上C错误. 6.BNa[AuCL,]溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗 15.(每空2分)(1)吸附纯净物 粒，Au元素化合价降低，故Na[AuCL4]具有氧化性，纳米金为 (2)①2A1+20H+6H0=2[A1(0H)4]+3H2t↑ 还原产物，A、D正确；纳米金属于单质，不属于胶体，B错误；纳 米金与水形成的分散系中分散质粒径在1~100m之间，为胶 ②AI(OH),③BD④S-b) 233a 体，能产生丁达尔效应，C正确 (3)D(4)D 7.CMnO,在溶液中为紫红色，A错误；Fe3+与SCN之 16.(每空2分)(1)K、A1+、C0号、[A1(0H)4] 间发生络合反应，不能大量共存，B错误；能使甲基橙变红的溶 (2)BaC03 液呈酸性，H、I都与CO反应，不能大量共存，D错误， (3)3Fe2++N0,+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0KSCN 8.AcH)=1×102的溶液呈酸性，[A1(OH)4]不 溶液溶液变红 c(OH) (4)不需要 能大量共存，B错误；C0、MnO,均具有强氧化性，HSO,具 解析：加入过量稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无 有还原性，不能大量共存，C错误；OH与NH,Ca2+与SO CO、[A1(OH)4],加人过量Ba(NO3)2溶液产生气体、滤液 均不能大量共存，D错误. X和沉淀A,沉淀A中一定含BaS04,原溶液中一定含Fe2+,发 9.D草酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，正确的离子 生反应：3Fe2++N0,+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0,产生气体 方程式为2Mn0,+5H,C204+6H*=2M2++10C02↑+ NO;滤液X中加人过量NaOH溶液，加热后产生气体、滤液Y 8H,O,D错误 和沉淀B,气体为NH,原溶液含NH4,沉淀B中一定有 10.A泡沫灭火器的灭火原理为3HC0+A13+= Fe(OH)3,滤液Y中通入少量CO2产生沉淀C,沉淀C中一定 A1(OH)3↓+3C02↑，B错误；醋酸为弱酸，不能拆写，用淀粉 有BaCO,可能有Al(OH)3;溶液中离子浓度均为0.1mol/L, 碘化钾试纸和醋酸证明食盐中存在IO,的离子方程式为 根据溶液呈电中性，溶液中一定含NH、Fe2+、Cl、SO,一定 IO+5I+6CH,C00H=3L2+3H,0+6CH,C00,C错误；饱不含K+、A13+、CO?、[A1(OH)4],则沉淀C中无A1(OH)3 4 高考化学第1~5期 17.(每空2分)(1)①ac 说明平衡：2CO子+2H、一Cr,0+H,0正向移动，各元素 ②除去0H、CO 化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意：苯 ③75%的乙醇溶液 酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被 (2)①I03+5I+6H+=3L2+3H,0 空气中的氧气氧化所致，与氧化还原反应有关，B符合题意：将 ②I03、Fe3+I 铁氰化钾{K,[Fe(CN)6]}溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应： ③4KI+0,+2H,0=21,+4K0H K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，各元素化合价 18.(除标注外，每空2分)(1)2FeS2+15MnO2+28H+= 没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；制备F(OH)3 15Mm2++2Fe3++4S0+14H20 胶体时发生的反应为FeCL,+3H,0△fe(OH)3(胶体)+ (2)Si02酸性氧化物(1分) 3HC,各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D不符合题意。 (3)适当增加硫酸浓度，将固体原料粉碎，加快搅拌速率 失8e (任答一条即可，或其他合理答案)(1分) (4)将Fe2+氧化为Fe3 4.C H,S+402F2=SF。+2HF+402,由双线桥可知，还原 (5)1000根据关系式3MnS04·H20~Mn04,可得 得8xe 3M(MnSO,.H2O)-M(Mn,O) 剂是H,S,氧化剂是O2F2,还原产物是O2,氧化产物是SF6,还 100% 3M(MnSO4·H20) 原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4.1molH,S完全反应，转 3×169gmol-229m0×100%≈54.83%，所以需控制温度 移电子的物质的量为8mol,数目为8NA,综上C正确。 3×169g/mol 5.D因NaBiO,为浅黄色或褐色沉淀（难溶物），故须写 大于1000℃(4分) 成化学式，改写为离子方程式为5NaBi03+2Mm2++14H+= (6)8Mn,0,+6Li,C0,+50,墙整6C02+12LiMn,0, 2Mn0+5B3++7H20+5Na+,D错误. 第3期4版参考答案 6.C1个过二硫酸分子中含有1个过氧键，97g过二硫 素养提升（三） 97g 1.B在标准状况下，0.672LH,S的物质的量为 酸的物质的量为14gma=0.5ml,则含过氧键的数目为 0.672L=0.03mol.设X元素在还原产物中的化合价为+x, 0.5Va,A错误；将化学方程式配平：5KS20g+2MnS0,+8H,0一 22.4 L/mol 2KMn04+4K,S04+8H2S04,由反应可建立关系式：K,S20g~ 已知H,S全部被氧化成硫单质，由氧化还原反应中得失电子守 270g 恒可知，0.03mol×(2-0)=0.015mol×2×(6-x),解得x=4. 2e,270gK,S0,的物质的量为270g=1m0l,被完全还 2.CCL2发生自身氧化还原反应，一部分升价，一部分降 原时转移电子数为2W,B错误；由质量守恒可知，Y为H,SO4, 价，而NaClO和NaClO,都是氯元素升价后的产物，令NaCl0为 C正确；从反应方程式中可以看出，5olK,S2Og得电子后只 4mol,NaCO3为Imol,设NaCl为xmol,根据得失电子守恒， 能得到10molS0,则Y(H,S04)和K,S04中只有10mol为还 1×4+5×1=x,x=9. 原产物，还有2mol(来自MnSO4)不是还原产物，D错误. 3.(1)①2C103+H202+2H=2C102↑+2H20+02↑ 7.A化学方程式配平为NaNO,+3NaNH,缩酸NaN,+ ②8C02+5H2S+4H20=8Cl-+5S0?+18H NH3↑+3NaOH,A正确；3 mol NaNH2参与反应，其中1mol ③2122222 NaNH,中的N元素化合价未发生变化生成NH,2 mol NaNH2 (2)2Cl2 +2Na,CO +H2 O=2NaHCO;+2NaCl +ClO 中的N元素化合价升高转化为NaN,故作还原剂的NaNH2占 (3)2FeCl 3NaClO 10NaOH =9NaCl 2Na,FeO+ 5H,0 参与反应的NaNH,的物质的量的号，B错误；未给出气体所处 4.2Cu2++S02+2C+2H20=2CuC↓+S0+4H+ 状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；石英主要成分是 5.8514810764 SiO2,高温下，产物NaOH能和SiO2反应，会腐蚀设备，D错误. 6.(1)2As2S3+602+3H,0=2As203+3H,S203 8.DTe和0位于同一主族，最低负化合价为-2，则 (2)As2S3+702+6H20=2H3AS04+3H,S04 C2Te中Cu的化合价为+1，A正确；反应①中氧元素化合价 7.(1)3546631023 降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te元素的化合价均升 (2)6978661839 高，失去电子，则CuSO,和Te02均是氧化产物，B正确；反应② 8.126111321 中每生成1 mol Te,转移4mol电子，反应①中每生成1mol NO2会自发反应生成N,O,而使气体体积减小或NO2溶 Te02,转移8mol电子，故每制备1 mol Te,理论上共转移 于水反应而使气体体积减小（合理即可） 12mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个 第3期2-3版参考答案 反应可得O2的氧化性强于TeO2的，TeO2的氧化性强于 精练卷（三） H2S04的，S02在反应②中作还原剂，无法比较02和S02的氧 1.A水滴穿石涉及的反应是碳酸钙与二氧化碳和水反 化性强弱，且无法证明SO2的氧化性强于TeO2的，D错误. 应生成碳酸氢钙，为非氧化还原反应，A符合题意：死灰复燃和 9.B由图中信息可知，Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)是该反应的催 火上浇油都涉及燃烧，有氧气参加反应，是氧化还原反应，故 化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，A正确；总反应 B、D不符合题意；百炼成钢过程中涉及生铁中的碳元素与氧气 为NO3+N0+4H2+2H*=N2+5H20,反应过程中消耗了 的反应，是氧化还原反应，C不符合题意 H,pH会升高，B错误；反应③为NO2+6Fe2++8H= 2.D 6Fe3++NH+2H20,每生成1个NH转移电子数为6个，反 3.B稀硫酸滴入KCO4溶液中，溶液由黄色变为橙色，应④为NH+NO2=N2↑+2H,0,每生成 5 高考化学 第1~5期 1个N2转移电子数为3个，转移电子数之比2：1，C正确；NO 还原剂，2个氧化还原反应本质不一样，B正确：在步骤③中生 中心原子N的价层电子对数为3+5+1二3×2=3，空间结构 成的[C(C0,)3]3-可以对H,02产生催化作用，分解为O2和 2 H,0,C正确：在步骤④中，[Co(C0)3]3-在H作用下先转化 为平面三角形，键角为120°：N0,中心原子N的价层电子对数 为蓝色的Co2(S0,)3溶液，再被还原为粉红色的CoS04溶液， 为2+5+1,2×2=3，含有1个孤对电子，空间结构为V形，由 说明Co2(S04)3溶液在酸性条件下不稳定，D正确. 15.(除标注外，每空2分)(1)+2+4 于孤电子对的斥力作用，键角小于120°，NH,中心原子N的价 层电子对数为4+5-1,4×1=4，空间结构为正四面体形，键 (2)Ph0,+4H++20△Pb2++C↑+2H,0 2 (3)Ph0+C0=Pb02+CdP%2++2H,0-2e=Pb02+ 角为10928'，故键角：N0>NO2>NH,D正确 4H 10.C在去除Sb(+5)过程中，最终生成Sb2S,没有生成 (4)Pb203(3分) S的反应，故S不可以循环利用，A错误；根据反应机理图可 16.(除标注外，每空2分)(1)过滤 知，S单质歧化生成SO和H2S,反应的离子方程式为4S+ (2)3Cu+8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H20 4H,0=3H2S+S0}+2H*,当生成1molS0}时，理论上需 (3)①Au+N05+4Cl-+4H=ACl:+N0↑+2H20 要4molS参与歧化反应，B错误；Sb(+3)的沉淀去除过程发 ②AC(3分) 生了非氧化还原反应，D错误 (4)2(3分) 11.B根据反应机理，苯酚最终被氧化为C02和H0. 解析：废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu,加入硝酸 BMO失电子，生成了BMO,表现还原性，B错误；酸性条件下， 酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为Ag和Cu2+,反应为3Cu+ 反应①中苯酚、02与H反应生成C02和H0,反应的离子方 1 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2N0↑+4H,0,3Ag+4HNO3(稀) 程式是3C6H,0+2802+28H*=18C02↑+23H,0,C正确；反 =3AgNO,+NO↑+2H,0,含Au固体中加入硝酸和氯化钠的 应②中BMO表现氧化性，1 mol BMO*被还原为BMO,得1 混合溶液，Au转化为HAuCl4,反应为Au+4NaCI+5HNO3= mol电子；反应①中O2表现氧化性，1mol02被还原为0， HAuCl4+2H,O+NO↑+4NaNO3,HAuC4经锌粉还原分离得到 得3mol电子，所以反应①和②中被降解的苯酚的物质的量之 金，反应为2HAuC4+4Zn=2Au+4ZnCl2+H2↑，以此解答. 比为3：1，D正确 17.(除标注外，每空2分)(1)6V02++C10+3H20= 12.CE值越高，氧化型物质的氧化能力越强，根据表格 C-+6V0,+6H 数据，可知酸性条件下，氧化性强弱顺序为MO,>Cl>VO2 (2)pH过大，OH浓度过大，抑制后续离子交换反应向正 >Fe3+,A正确；根据表格数据，酸性条件下氧化性BO,> 向进行[pH大于8，V,O:的浓度降低或A1(OH)3溶解后带人 CL2.根据氧化还原反应“强制弱”规律，实验室可用KBO3与浓 杂质](3分) 盐酸反应制备C2,B正确；根据表格数据，酸性条件下还原性 (3)取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银 Fe2+>Cl-,向硫酸酸化含2 mol FeCl2溶液中加入1 mol Pb02, 溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 PbO2恰好把e2+氧化为Fe3+,无黄绿色氯气产生，C错误；E (4)防止V,O,煅烧时被NH还原(3分) 值越低，还原型物质的还原能力越强，E[Fe3+/Fe2+]=0.77V, (5)91%(3分) E[Fe(OH)3/Fe(OH)2]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 解析：废钒催化剂的酸浸液中含VO,、V02+、K+、Fe3+、 Fe2+的还原性，D正确. A1+和SO,加入氧化剂KCO把V02+氧化为VO2,用KOH 13.D由中和产物可知粗P中加入浓硝酸、浓盐酸充分 调节溶液pH约为7~8除去Fe3+、A+,同时VO转化为 反应可生成H,PdCl。,A正确；热还原得Pd,发生反应： V4O2,通过“离子交换”和“洗脱”，得到含有V,O2的溶液，加 (NH4)2PdC。+2H,≌P+2NH+6HCl,生成1 mol Pd时， 1 入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NHVO3),煅烧钒酸铵生成V,O5· 生成2mol氨气和6 mol HCl,故气体的物质的量为8mdl,B正 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤于净 确；(NH4),PC。为红色沉淀，可用氯钯酸根离子检验溶液中 即检验是否含有氯离子. 的NH,C正确；溶解过程中盐酸电离出的Cl与Pd4+生成络 (4)加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH,VO3),煅烧钒酸铵 合物，促使Pd转化为Pd+的反应正向进行，从而使Pd完全溶 生成V20,其中氮元素为-3价，具有还原性，“煅烧”时须在 解，若用浓硫酸代替浓盐酸，无法生成络合物，会使P溶解效 有氧条件下进行，目的是防止V,O,煅烧时被NH还原. 率降低，D错误。 (5)配平后的化学方程式为V0,+Fe2++2H=V02++ 14.A根据题目和表格信息，步骤①未发生反应：步骤② Fe3++H0,Mn0,+5Fe2++8H+=Mm2++5Fe3++4H20. 发生反应：C02++4HC0=[Co(C03)2]2+2C02↑+2H,0; n(KM04)=10.00×10-3L×0.01000mol/L=1.000× 步骤③发生2Co2++H202+14HC0,=2[Co(C03)3]3-+ 10-4mol,n(Fe2+)=30.00×10-3L×0.05000mol/L=1.500× 200+8H0+6c0.↑2H,0,[ac0' =2H,0+02↑；步 10-3mol,则与VO反应的Fe2+和与KMnO4反应的Fe2+的总 骤④发生反应：[C0(C03)3]3-+6H+=Co3++3H,0+ 物质的量为1.500×10-3mol,即n(Fe2+）=5n(KMn0,)+ 3C02↑4Co3++2H,0=4Co2++02↑+4H,据此分析解答. n(V02),n(V02)=(1.500×10-3mol-5×1.000×10-4mol) 根据分析，步骤②产生的气体为C02,步骤④产生的气体 ×100ml=5.000×10-3mol,n(V,05)=2.500×10-3mol, 20 mL 为C02和02，A错误；步骤③中先发生H202将Co2+氧化的氧 化还原反应，H202作氧化剂，再发生H02在[Co(C03)3]3的 V,0,样品的纯度为2.500×10mmlx182m@×100%: 0.5000g 催化作用下分解为O2的氧化还原反应，H02既作氧化剂又作91% 6 高考化学 第1~5期 18.(除标注外，每空2分)(1)①<②除去L,防止干扰余固体为C0,D正确. 后续实验[Cl2]+2NH3·H,0=[Cu(NH3)2]++2H,0+ 第4期2-3版参考答案 2I4[Cu(NH)2]+O2+8NH·H20=4[Cu(NH3)4]2++ 精练卷（四）》 40H+6H,0(4分) 1.B铝与盐酸、硫酸、NOH溶液反应均可产生H,,与硝 ③2Cu+L2=2Cu或2Cu+KL3=2Cul+KI白色沉淀逐 酸反应产生氮氧化物，故C符合题意 渐溶解，溶液变为无色(3分)生成的Cul覆盖在铜表面，阻 2.DNa202能和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na,O2不 止反应进一步发生(3分) 是碱性氧化物，①错误；钠性质活泼，在常温下易被氧化，②错 (2)在实验I~Ⅲ中均有I,生成Cul沉淀或[Cu山2]，使 误；Na2O2和二氧化碳反应放出氧气，Na2O2可作供氧剂，而 得+1价铜的还原性减弱，L2不能氧化Cul或[CuL2](4分) Na20不能，③正确；Na,O2具有氧化性，Na,O2能和水反应生成 第4期4版参考答案 氢氧化钠和氧气，向酚酞溶液中加入N2O2粉末，溶液先变红 素养提升（四） 后褪色，并有气泡生成，④正确；钠与浓NH,C1溶液反应，钠先 1.DH,O,中氧元素的化合价为-1，既能体现氧化性，又 和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯 能体现还原性，D错误 化钠和氨气，所以放出的气体中含有H2和NH,⑤正确.综上 分析选D. 2.B医用酒精消毒的原理是使病毒蛋白质变性，过氧乙 3.BN的电负性大于H的，NH3分子中共用电子对偏向 酸消毒是利用其氧化性，二者消毒原理不同，B错误. 于N原子，H原子周围电子云密度低，故溶剂合电子可能的结 3.C根据结构式可知，C0,中有4个-1价的氧原子， 1个-2价的氧原子，故C元素的化合价为+6，D错误；根据 构应为H原子在里，N原子在外，B错误. 得4x3e 4.A镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，但由于氢氧化 镁难溶于水，故溶液呈弱碱性，滴加酚酞溶液显浅红色，A正 4Cr05+12H*—4Cr+702↑+6H0 可知，整个过程转移电子 确；氨水为弱碱，离子方程式中不能拆，正确的离子方程式为 得2xe Mg2++2NH3·H20=Mg(OH)2↓+2NH4,B错误；由于钠的 失14×e 金属性很强，在溶液中先与水反应生成氢氧化钠，故不能将 14mol电子，标准状况下，每转移0.2mol电子能生成2.24L MgCL,溶液中的金属置换出来，C错误；泡沫灭火器能产生二氧 O2,A错误；根据结构式可知，过氧化铬中含有极性共价键、非 化碳，而金属镁可以在二氧化碳中燃烧，故不可用泡沫灭火器 极性共价键，不含离子键，B错误；过氧化铬中具有过氧键，具 灭火，可采用沙子扑灭，D错误， 有较强的氧化性，C正确。 5.D合金的熔点比各成分的熔点都低，A错误；电负性： 4.C根据化合价代数和为零的原则，设-1价的0有x:H>Mg,MgH2中，H元素的化合价为-1，Mg元素的化合价为 个，-2价的0有y个，则有x+y=8,x+2y=2+2×6,解得 +2,B错误：镁和氮气会发生反应：3Mg+N,点尴Mg,N2,C错 x=2,y=6,2个-1价的0形成1个过氧键，可得出1mol 误；一定条件下，17 mol MgH2与盐酸完全反应生成34mol氢 Na,S,Og含有NA个过氧键，A错误；根据图示，可得出转化过 气(MgH2+2HC=MgCL2+2H2↑)，12 mol Al与盐酸完全反应 程中Fe先被S2O氧化为Fe2+,反应为Fe+S,0?=Fe2++ 生成18mol氢气(2A1+6HC=2A1Cl,+3H,↑)，共放出 2SO?,然后Fe2+进一步被S20?氧化为Fe3+,最终共沉淀中 52mol氢气，D正确. 有Fe(OH)2和Fe(OH)3,所以56gFe参加反应时，消耗的 6.C熔融BeCl2不导电，BeCL2溶液能导电，二者满足其 S2O?超过NA个，B错误；酸性条件不利于形成Fe(OH)2和 一，即为电解质，A正确：高温下用Mg还原BF,制备铍的反 Fe(OH),沉淀，难以与正五价砷发生共沉淀，D错误. 应，由于Mg比铝更活泼，所以需要保护气，C错误；铍与相邻主 5.C过氧化钙的性质与过氧化钠类似，与水反应的化学 族的铝元素性质相似，B0为两性氧化物，能与强碱溶液反应， 方程式为2Ca02+2H20=2Ca(0H)2+02↑，A正确；在140℃ 可用BeCl2溶液与足量氨水制备Be(OH)2,B、D正确. 时恰好完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H,0含 7.DM点对应溶液中盐酸有剩余，溶液显酸性，H与 有的结晶水的总质量为2.76g-1.32g=1.44g,n(H,0)= CH,CO0不能大量共存，A不符合题意；N点对应溶液中溶质 .44三=0.O8mol,原样品中含n(Ca0,）=008m@ 为NaCl、A1Cl,Clˉ与Ag反应生成AgCI沉淀，不能大量共存， 18 g/mol 8 B不符合题意；S点后依然出现沉淀，说明A1+还未完全反应， 0.01mol,m(Ca02)=72g/mol×0.01mol=0.72g,样品中 此时溶液中的溶质为NaCl、AlC3,AI3+与OH不能大量共存， Ca0,的含量为}：76×100%=26.09%，B正确：60℃时，固 C不符合题意；R点溶液中含有Na[Al(OH)4],Na、SO、 C、NO,四种离子相互之间不反应，也不与溶质成分反应，可 体的质量为1.68g,失去结晶水的质量为m失(H20)=2.76g -1.68g=1.08g,失去结晶水的物质的量为n失(H,0)= 以大量共存，D符合题意. 8.D溶液2中加人了NaCl固体经过盐析使得氯化铵结 L.08g=0.06mol,故在60℃时Ca02·xH,0中x= 18 g/mol 晶析出，得到的溶液3中含有较多氯化钠，两溶液中钠离子和 0.08mol-0.06mdl=2,C错误；在140℃时，m(Ca0,)= 铵根离子的浓度不同，D错误. 0.01 mol 9.C侯氏制碱法在溶液1中先后通人氨气和NaCl固体， 72g/mol×0.01mol=0.72g,m(杂质)=1.32g-0.72g= 促使氯化铵结晶析出，索尔维制碱法是在溶液1中加入氢氧化 0.60g,所以在350℃时，剩余固体（杂质除外）的质量为 钙生成氨气和氯化钙，两种制碱法对溶液1的处理不同，A正 1.16g-0.60g=0.56g,由元素守恒可知n(Ca)为0.01mol, 确；侯氏制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氯化钠，索 利余固体（杂质除外）的率尔质呈为品-5gm,则剂 尔维制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气，B正确； 两种制碱法中原料NaCl的利用率不相同，侯氏制碱法中循环 > 高考化学 第1~5期 利用的是二氧化碳和氯化钠，索尔维制碱法中没有循环利用氯应(3分) 化钠，侯氏制碱法氯化钠利用率更高，C错误；两种制碱法都涉 ③蒸发浓缩、冷却结晶 及NaCl溶液、CO2和NH,反应生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受 17.(除标注外，每空2分)(1)MEC0,高温Me0+C0,↑ 热分解生成碳酸钠，都利用了碳酸氢钠的溶解度小和不稳定的 (2)NH 性质，D正确. (3)将Fe2+氧化为Fe3+生成的MnO,和Fe3+能催化 10.B碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，B错误。 HO,分解，从而加大H,O,用量(3分) 11.C NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳， (4)4.6×10 利用差量法即可计算出N,CO3的质量分数，A不符合题意；取 (5)避免生成Mg(OH)2沉淀 ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到bgC02,根据碳元素 (6)2HF +Mg2*=MgF2+2H* 守恒可计算出Na2CO3和NaHCO3的总的物质的量，结合总质 解析：(4)当A13+恰好沉淀时，Fe3+早已沉淀完全， 量ag,可计算出Na2CO3的质量分数，B不符合题意；取ag混 合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg c(A13+)_c(A13+)·c3(OH)_K[A1(0H)3】_1.3×10-3 固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH,无法计算出Na2CO3的 c(Fe3*)c(Fe3+）·c2(0H)Kp[Fe(OH)3J-2.8×10-9 =4.6×105. 质量分数，C符合题意；Na2CO,和NaHCO3均可与盐酸反应生 成水、二氧化碳和氯化钠，所得bg固体是氯化钠，利用钠元素 18.(除标注外，每空2分)(1)①5.3 守恒可计算出Na,CO2的质量分数，D不符合题意 ②250mL容量瓶、胶头滴管③20.0a 12.B从铝土矿（主要成分为A203)中提取A山03，主要 (2)①越大 利用AL,O,能与强碱溶液反应，生成可溶性Na[A1(OH)4],过 ②Ⅱ HCO,自耦电离的平衡常数K= 滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通人酸性气体CO2,生成 c(HC0)·c(C0号)_K2_4.7×10" A1(OH)3沉淀，过滤，洗涤，加热分解A1(OH)3得到A1,O3;若 c(HCO3） K=4.5×107≈1×10≥K,说明 先用盐酸溶解，Fe03、AL2O3均溶解，制取A1(OH)3的步骤较 HCO?自耦电离程度远大于HCO,的电离，即猜想成立(3分) 多；从Na[A1(OH)4]制备Al(OH):,若加盐酸不容易控制量的 第5期4版参考答案 多少，B符合题意 素养提升（五） 13.C在“氯化”设备中，矿料(FeTiO3+C)与CL2逆向而 1.A铁元素与氧元素的质量比为2I:8,推出n(Fe):n(0) 行，能增大反应物的接触面积，有利于反应充分进行，A正确； =3:4,根据混合物的组成，FeO,为任意值，只要Fe0和Fe203 “氯化"反应的化学方程式为2FeTi0,+7C,+6C高温2eCL,+ 的组合让铁原子和氧原子的物质的量之比为3：4即可，即FO 和Fe,O2的物质的量之比为1：1. 2TiCL4+6C0,该反应中CL2与C0的物质的量之比为7：6，正 2.B由题意可知最终溶液中的溶质为Fe(NO,)2,标准 确；在高温下，镁能与氮气反应，生成氮化镁，故不能在八2氛围 状况下2.24LN0的物质的量为0.1ol,根据氮元素守恒，硝 中进行，C错误；流程中所需要的“Mg”,可通过电解熔融 酸亚铁中的NO的物质的量为0.15L×4mol/L-0.1mol= MgCl制取，D正确。 0.5mol,所以硝酸亚铁的物质的量为0.25mol,由铁元素守恒 14.B由题意可知Mg2+和CO}优先于Ca2+向外扩散， 可知，若用足量的H,在加热条件下还原相同质量的混合物，得 因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段，生成氧化镁和二氧化 到铁的物质的量为n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.25mol. 碳，而碳酸钙不反应，化学方程式为CaMg(C0,),高CaC0,+ 3.D通入氯气发生反应2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl,Cl2 Mg0+CO2↑，A正确；第二阶段为碳酸钙分解，若其完全分解 为0.1mol,则fe2+为0.2mol.设30.4gFe0,中含有xmol 时质量分数变化为(76-52)%=24%，B点时，因碳酸钙分解02-，y mol Fe3+,则根据电荷守恒有0.2×2+3y=2x,根据质量 损失的质量分数为(76-64)%=12%，可知此时碳酸钙分解守恒有0.2×56+56y+16x=30.4,解得x=0.5,y=0.2. 率为50%，B错误：C点为完全分解产物，固体成分为氧化镁和 n(Fe)=0.2 mol ,n(Fe2*)=0.2 mol,n(O)=0.5 mol, 氧化钙，C正确；第二阶段反应温度高于低于第一阶段，温度越 化物Fe0,中n(Fe):n(0)=0.4:0.5=4:5,化学式为Fe405, 高反应速率越快，固体损失相同质量的时间段，曲线斜率较大， D正确：步骤①中铁的氧化物和盐酸反应生成Fe2+和Fe3+,无 D正确. 化合价变化，没有发生氧化还原反应，A错误；由于盐酸过量， 15.(除标注外，每空2分)(1)2A1+20H+6H,0= 则溶液a中阳离子有Fe3+、Fe2+和H,B错误；由分析可知溶 2[A1(0H)4]+3H2↑ 液b中n(Fe3+)=0.4mdl,由于步骤①中盐酸是过量的， (2)K(HC03)>K[A1(OH)3](3分) n(C-)未知，C错误. (3)搅拌、适当升温（或适当增大盐酸的浓度） 4.A设H2S04的物质的量为x,CuS04的物质的量为y. (4)①增大H浓度，抑制A1CL3的水解：增大C浓度，促 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu固体质量增加△m 进A1Cl,·6H20的析出(3分)②饱和A1CL溶液 F 16.(除标注外，每空2分)(1)①b→c→h→i(或i→h)→ y 8y b→ Fe+H2S04=FeS04+H2↑固体质量减少△m ②2Sr0,+2C0,=2SrC03+0, 1 56 ③bcadfe 2 56x (2)①三颈烧瓶(1分)防止倒吸 充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相 ②Sr2*+2NH3+8H20+H202=Sr02·8H20+2NH4中 等，说明固体减少的质量等于增加的质量，即56x=8y,x:y= 和反应生成的H*,促进反应进行，同时防止产物和酸发生反1：7，原溶液中H与S0的物质的量浓度之比为1：4. 8 高考化学 第1~5期 5.AH2S与Fe2(S04)3的反应为H2S+Fe2(S0)3= 不具有对应关系，A符合题意 2FeS04+S↓+H,S04,加入铁粉后继续反应，若HS过量，则 4.C酸性的Fe(NO3)3溶液中，NO也具有氧化性，能 发生反应Fe+H2S04=feSO4+H2↑，H2S+Fe=FeS+H2↑， 够将H,S氧化为单质S产生黄色沉淀，同理能将Cu氧化为 若Fe2(S04)3过量，则发生反应Fe+Fe(S04)3=3FeS04, Cu+,所以无法证明是Fe3+将H,S、Cu氧化的，A、B错误；向酸 Fe+H,S0,=FeS04+H2↑.1 mol Fe2(S04)3与H2S反应生成 性的F(NO,)3溶液中加入锌粉，溶液黄色逐渐消失，虽然酸 2 mol FeS(04和1molH2S04,1 mol H2S04和铁反应生成1mol 性环境下NO,能够将Zm氧化，但Zm+无色，所以黄色消失是 FeS0,而铁与H,S反应得不到FeSO4,故由SO?守恒可知反 因为Fe3+被Zn还原为Fe2+造成的，说明Fe3+具有氧化性，C 应后溶液中含有Fe2+的物质的量为3×0.1L×0.I5mol/L= 正确；向Fe(NO,)3溶液中滴加NaHCO,溶液，有气体和红褐 0.045mol,A正确；根据H,S~H,S04~H2,H2S~H2可知，产 色沉淀生成的原因是Fe3+与HCO,发生相互促进的水解反 生H的物质的量为34gm员m,但由于未告知标准状 a g 应，水解反应为非氧化还原反应，D错误. 5.BNa2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可去除 况下，故无法计算气体的体积，B错误；若H,S与F©，(S0,)3恰 铁件表面的油污；NH,Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性， 好完全反应，a的值为0.1L×0.15mol/L×34g/mol=0.51g, 能够与铁件表面的金属氧化物反应变为可溶性物质除去，A正 但H2S极易溶于水，故a不一定为0.51，C错误；若加人的铁粉 确：“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是致密的Fe3O4, 只和生成的H,SO4反应，此时参加反应的铁的质量为0.1L× 而不是疏松的F©zO3,B错误；根据题意，铁件在进行发蓝处理 0.15mol/L×56g/mol=0.84g,Fe还可能与过量的H,S或Fe 时，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出，该气体 (S0)3反应，且题干中是加人过量的铁粉，故加人铁粉的质量 不可能为0.8g,D错误. 是NH3,NH,与C0在加热时会发生反应：2NH,+3Cu0△ 6.C废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g, N,+3Cu+3HO,将CuO还原，C正确：FeO4非常致密，可以 说明溶液中含有Fe3+,结合反应：2FeCL3+Cu=2FeCL2+CuCL 对内层金属铁起到保护作用，若“发蓝”不成功，露出的Fe能 可知，原废液一定含有Fe2+、Fe3、Cu2+、d,A错误；由方程 够与CuSO4在溶液中发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu, 产生的Cu附着在钢铁部件上，看到钢铁部件会显红色，因此可 式2Fed3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)= 以用硫酸铜溶液检验铁件是否“发蓝”成功，D正确， 2c(Cu2+),故c(Fe2+):c(Cu2+)=2:1,B错误；废液中加入足 6.DCO能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物， 量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61g,该沉淀为AgCl,故n(AgCl) Cu,O与酸反应除生成盐和水外还有Cu,所以Cu,O不是碱性 8.61g=0.06ml,原废液中c(C）=0.06mo= =143.5g/mol 氧化物，A错误；浓硝酸与CO反应生成硝酸铜，浓硝酸与 0.01L C,0反应能生成二氧化氯和硝酸铜，反应的现象不相同，所以 6mol/L废液中n(Fe+)=2n(Cu)=2× 0.256g=0.08m0l,所 64 g/mol 用浓硝酸能鉴别CuO和Cu,O,B错误；高温下，CuO转化为 以原废液中c(Fe*)=0008mml=0.8mo/L.根据电荷守恒， Cu20,所以Cu20的热稳定性高于Cu0的，C错误；稀硫酸与 0.01L C1不反应，与Cu,0反应生成蓝色溶液并有红色固体生成，反 原废液中3c(Fe3+)+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=c(Cl),故3× 应现象不同，所以可用稀硫酸检验氢气充分还原CO后的固 0.8+2c(Fe2+)+c(Fe2+)=6,解得c(Fe2+)=1.2mol/L,C正 体中是否含有Cu,O,D正确 确；由C中分析可知，c(Fe2+):c(Fe3+)=1.2mo/L: 7.B反应①②中涉及元素化合价变化，为氧化还原反应， 0.08mol/L=3:2,D错误. 反应③为3CuS04+3Na2C0,+H20=Cu(OH)2·2CuC03+ 7.C分析图像可知，c点之前剩余的固体是铜，且随样品 C02↑+3Na2S04,各元素化合价不变，是非氧化还原反应，A错 质量的增加，剩余的铜的质量等倍数增加.c点时出现拐点，c 误；Cu(OH)2·2CuC03和Cu2(OH),C03受热分解都可能生成 点之后剩余固体的质量等于1.92g与样品增加的质量之和， 黑色固体CO,B正确；古画主要由纸张与绢、绫、锦等织物构 说明c点时硫酸已反应完.样品先发生反应：Fe2O,+6H= 成，易受潮和氧化，Cu2(OH)2CO3不易被氧化，C错误；孔雀石 2Fe3++3H,0,生成的Fe3+再与铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++ 颜料和蓝铜矿颜料的主要成分都能与酸反应，不耐酸腐蚀，D C2+,A正确；根据图知1.76g样品与稀硫酸反应，此时铜过 错误. 量，生成Fe2、Cu2+,没有Fe3+,B正确；取c点(5.28,1.92)进 8.A由图可知，a为铁或铜、b为氧化亚铜、c为氧化铁、d 行计算，设Fe,0,为xmol,根据Fe,03~6H+~2Fe3+~Cu,则 为氢氧化亚铁或氢氧化铜、为硝酸铁.铁与硝酸铁溶液反应 反应的铜也为xmol,故5.28=160x+64x+1.92,解得x= 生成硝酸亚铁，铜与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁和硝酸铜， 0.015mol,n(Cu）=(x+-2)mml=0.045mml,n(Fe,0):n(Cu）= 都不是置换反应，A错误；氢氧化铜悬浊液能与醛或葡萄糖共 64 热反应生成砖红色的氧化亚铜，氧化亚铜与氢气或一氧化碳共 1:3,C错误；由C项得n(H+)=6x=0.09mdl,n(H2S04)= 热反应生成铜，所以可能实现转化d→b→，B正确：稀硝酸能 0.045m0l,故c(H,s0,)=0,05ml=1.5mVL,D正确。 与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，C正确；氧化铁 0.03L 与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，则在氢碘酸的淀粉 第5期2-3版参考答案 溶液中加入氧化铁，溶液变蓝，D正确， 精练卷（五） 9.B 1.B 10.A根据氧化性顺序HNO3>Fe3+>Cu2+>Fe2+可知， 2.D酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响 加入一定质量的锌粉，反应的顺序可能为3Z+8H+2NO, 水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，实验效果不好， =3Zm2++4H,0+2N0↑、Zn+2Fe3+=Zm2++2Fe2+、Zn+ D错误. Cu+=Zn2 Cu Zn +Fe2*=Zn2 Fe 3.AFCl,在水溶液中发生水解，使溶液呈酸性，而 若溶液B呈蓝绿色，则溶液B中有Cu,Cu2+可以和铁发 FCl具有氧化性，能氧化Cu,可用于蚀刻电路板，性质与用途生置换反应，则固体A中一定不含铁，A正确；溶液B无色透 9 高考化学 第1~5期 明，说明溶液B不含铁元素和铜元素，若是加人的锌粉恰好发 (4)根据实验iV,同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化 生上述反应，则剩余的固体只有铜、铁单质，因此固体A中可 (5)①晶体变白②NH4氢键 能含有Zn粉，B错误；滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红 (6)02分子较难进人晶体中与Fé2+反应 色则说明有Fe3+,Fe3+具有强氧化性，能与锌、铁、铜反应，不 16.(除标注外，每空2分)(1)①三颈烧瓶(1分)防止 可能得到固体，C错误；固体A投人稀盐酸中，没有气泡生成， Fe2+被氧气氧化 说明剩余的固体不能与非氧化性酸反应，而溶液B中含有硝 ②Fs+S△Fe5,③CS,(1分) 酸根，若是溶液B中含有大量H*,则不可能有固体A,硝酸的 (2)①浓盐酸 强氧化性会将固体反应完，D错误. ②当加入半滴还原剂SCl,后，甲基橙得电子，由氧化态 11.B总反应分两步，先发生反应I,后发生反应Ⅱ， 变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的 FeO,在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故FeO4作总 颜色 反应的催化剂，A正确；过程Ⅱ的化学方程式为 失4×e 83cW1% 5a 700K 6Fe0+C0,= —=2Fe04+C,46.4gFe30的物质的量为 ④AC 解析：(2)③Fe2+被K,Cr0,氧化为Fe3+,关系式为6Fe2 得4e ~Cr20号，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(KCr20,)=6×cmol/L× 0.2mol,转移0.4mol电子，B错误；Fe0和Fe04溶于盐酸，发 10-3VL=6cV×10-3mol,产品中FeS,的质量分数为 生的反应有Fe0+2H*=Fe2+H,0、Fe04+8H=Fe2++ 2Fe3++4H,0,FeO4中也含+2价铁，无法用K[Fe(CN)6]溶 GcVx10molx M g/molx10%3cVM a g 5a 液检验Fe,O,和FeO混合物中的FeO,C正确；上述循环的总 ④还原Fe3+时SnCL2溶液滴加过量，消耗的V(K,Cr,O,) 反应为0，C+0,从绿色化学角度分析，该循环过程 偏大，测定值偏高，A正确；热的F2+溶液在空气中缓慢冷却， 导致部分Fe2+被氧化e3+,消耗的V(K,Cr,0,)偏小，测定值 利用了太阳能，实现了CO2的减排，并生成高附加值的活性 偏低，B错误；滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡 炭，D正确 消失，消耗的V(K,Cr,O,)偏大，测定值偏高，C正确；滴定前仰 12.C实验I中，Fe,(S04)3溶液与KSCN溶液反应的实 视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K,CO,)偏小，测定值偏 质是：Fe3++3SCN一Fe(SCN)3,硫酸钾固体溶于水产生钾 低，D错误 离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发 17.(除标注外，每空2分)(1)恒压滴液漏斗(1分)酸 生变化，A错误：实验Ⅱ中，K[Fe(CN。)]溶液中存在K、 性(1分) [Fe(CN)6]3,[Fe(CN)。]3-不能电离出Fe3+,因此溶液颜色 (2)排尽整套装置内的空气，防止生成的CuCl被空气中 无明显变化，B错误；实验I中，溶液变为红色，实验Ⅱ中 的氧气氧化 K,[Fe(CN)6]溶液与KSCN溶液并不能发生反应， (3)S02+2Cu2++2C1-+2H,0=2CuCl↓+S0}+4H K[Fe(CN)。]是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色 (4)防止装置D中的溶液倒吸入装置C中 荧光，因此加人KSCN可以区分两者，C正确；K[e(CN)6]中 (5)过滤速度快，防止CuCl被氧化沿玻璃棒向漏斗中 含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此 加入乙醇至浸没CCl沉淀，待乙醇自然流下，重复此操作 焰色试验可以区分Fe2(SO4),和K[Fe(CN6)],D错误. 2~3次 13.C机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率， (6)93.53 A错误；酸溶的过程中Al、Fe、Zn转化为对应的A13+、Fe2+和 解析：(6)CuCl与FeCL,溶液反应的离子方程式为CuCl+ Zm+离子，B错误；“碱溶”时根据产物中的SO?,说明存在反 Fe3+=Cu2++Fe2++Cl,加人Ce(SO4)2标准溶液发生反应： 应：Sn+20H+O2=SO+H,0,C正确：电解精炼时粗铜 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,则可得关系式CuCl~Fe2+~Ce4+, 在阳极发生氧化反应，逐步溶解，D错误. n(CuCl)=n(Ce4+）=0.1000mol/L×18.80×10-3L= 14.C78℃时，固体M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量 1.880×103mol,产品中CuC的纯度为 比为亮品（亮品×7- 8.34g-6.72g) = 18 g/mol 1.s80×10mol×28×9.5g/ 2.000g -×100%=93.53%. 0.03mol:0.12mol=1:4,则M的化学式为FeS04·4H20,A错 18.(每空2分)(1)适当加热、增大硫酸的浓度、搅拌溶液 误；同理可得出159℃时，N的化学式为FeS0,·H20,373℃ 等 时P的化学式为FeS04,B错误，C正确；加热至650℃时，固体 (2)Cu2+、Zm2+ 质量为2.40g,其中n(Fe)=n(FeS04·7H20)=0.03mol, (3)3Fe2++Mn04+7H20=3Fe(0H)3↓+Mn02↓+ m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(0)= 5H* 2.40g-168g=0.2g,n(0)=g726=0.045mm (4)①加速蒸发速率②60③减少ZS04·7H,0的溶 解损失 n(Fe):n(0)=0.03mol:0.045mol=2:3,所以固体Q的化学 (5)PbC03、Si02 式为Fe,0,.根据质量守恒和得失电子守恒可知有S02和SO 解析：铜转炉烟灰用硫酸浸出，得到难溶于硫酸的浸出渣 生成.反应的化学方程式为2F%S0,商墨fe,0,+s0,↑+S0,↑， PbS04、Si02,浸出液中含有CuS04、ZnS04、FeS04、Fe2(S0,)3, D错误. 浸出液中加入过量铁，置换出铜单质，铁将Fe3+还原为Fe2+, 15.(每空2分)I.(1)> 所得滤液①中含有ZmSO,、FeSO4;浸出渣中加人碳酸钠溶液， (2)4Fe2++02+10H20=4Fe(0H)3↓+8H PbSO,沉淀转化为碳酸铅沉淀，故滤饼中的主要成分为 Ⅱ.(3)莫尔盐 PbC03、SiO2,由此作答. 10