第5期 金属及其化合物 (二)(铁、铜)-【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) 就是硫酸铜和消石灰的混合液，它是一种良好的的种类、含量和生成合金的条件等来加以调节. 2.氧化铜和氢氧化铜 杀菌剂，可防治多种作物病虫害.硫酸铜溶液常 (3)生铁和钢 物质 氧化铜 氢氧化铜 作为电解精炼时的电解液， 生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金 化学式 Cu0 Cu(OH)2 4.碳式碳酸铜[Cu2(0H)2C03] 状态 不溶于水的黑色固体粉末 二者比较如下表： 不溶于水的蓝色固体 (1)物理性质 铁合金 含碳量 主要特性 主要用途 Cu OH)2 +2H*= 碱式碳酸铜是 一种草绿色的纤维状团状物 制造机座、管 Cu2++2H20 或深绿色的粉状物，是孔雀石的主要成分，俗称 生铁 24.39% 硬度大，抗压，性脆， C0+2H+=Cu2++ 可以铸造成型 道等 H20 Cu(0H),_△ Cu0+ 铜绿. 有良好的延展性，机 制造机械和 化学性质 Cu0+H,△Cu+H,0 H20 (2)化学性质 0.03~2% 械性能好，可以锻轧 交通工具等 CH CHO +2Cu(OH)+ Gu0+C0Cu+C0 碱式碳酸铜在热水中或加热到220℃分解 和铸造 NaOH-CH COONa 为氧化铜、水和二氧化碳[C,(0H)2C0,△ 2.金属矿物的开发利用 C20↓+3H20 2Cu0+C02↑+H20];溶于酸生成相应的铜盐， (1)金属在自然界中的存在 也可溶于氰化物、铵盐而形成铜的配合物 除了金、铂等极少数金属，绝大多数金属元 3.硫酸铜 (1)物理性质 (3)用途 素以化合物的形式存在于自然界. 碱式碳酸铜可用来制造焰火、油漆颜料、杀 (2)金属冶炼的一般步骤 疏酸铜是一种白色粉末状固体，不溶于乙 醇和乙醚，易溶于水，水溶液呈蓝色， 虫剂和杀菌剂，也用于电镀等方面. 矿石富集 冶炼 →精炼 (2)化学性质 知识点自 除去杂质，提高矿石 利用氧化还原反应，用 提纯金属 ①将硫酸铜溶液浓缩结晶，可得到CuS04· 中有用成分的含量 还原剂把矿石中的金属 5H,0蓝色晶体（俗称胆矾或蓝矾）.胆矾在常温 合金及金属矿物的开发利用 离子还原成单质 常压下很稳定，不潮解，在干燥空气中会逐渐风 1.合金 (3)金属冶炼的实质 化.无水硫酸铜易吸水转变成胆矾，常利用这 (1)定义 金属的冶炼过程就是把金属从化合态还原 特性来检验某些物质中是否含有微量水分 由两种或两种以上的金属（或金属跟非金 为游离态的过程，即M++ne=M(M表示金 ②向硫酸铜溶液里逐滴加入氨水，生成难属)熔合而成的具有金属特性的物质。 属) 溶的氢氧化铜：Cu2++2NH3·H20=2NH+ (2)合金的特性 (4)常见金属的冶炼方法 Cu(OH)2↓；继续添加氨水，难溶物溶解，得到 ①硬度一般比各成分金属的大， 金属的活K Ca Mg Zn Fe 蓝色的透明溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色的 ②熔点一般比各成分金属的低， Cu Hg 动性顺序 Na AI Sn Pb 晶体：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2 ③合金的导电性和导热性一般低于任一组 自然界中 少量游离态， (3)用途 分金属.像镍铬铝铁、镍铬铝铜等合金，具有很 化合态（陨铁中有单质铁）》 游离态 存在形式 主要化合态 硫酸铜是重要的铜盐之一，在电镀、印染、颜高的电阻率，可用于制造电路中的精密元件. 治炼方法 电解法 热还原法 热分解法富集法 料、农药等方面有广泛用途.无机农药波尔多液 ④合金的性能可以通过所添加的合金元素 素养提升（五） A.步骤①和步骤②都发生了氧化还原反应 下列关于原废液组成的判断正确的是 B.溶液a中阳离子只有fe3+和fe2 与铁有关的计算 C.溶液b中n(Fe3+):n(Cl)=1:3 A.只含有Fe2+、Cu2+、Cl ◎数理报社试题研究中心 D.该氧化物的化学式为Fe40 B.c(Fe2+):c(Cu2+)=1:2 1.由Fe0、FeO4和Fe,03组成的混合物， 测得其中铁元素与氧元素的质量比为21：8，则 4.把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合 C.c(Cl-)=6.0 mol/L.c(Fe2*)=1.2 mol/L D.c(Fe2+):c(Fe3+)=3:1 该混合物中Fe0、Fe,0和Fe,0,的物质的量之 溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原 7.为确定Fe,O,和Cu混合物的组成（假设 加入铁粉的质量相等，则原溶液中H与S0 比可能是 ( 混合均匀)，某兴趣小组称取五份不同质量的样 的物质的量浓度之比为 () A.1:4:1 B.2:1:1 品，分别投入30.0mL某浓度的稀硫酸中.充分 A.1:4 B.2:7 C.1:2 D.3:8 C.1:2:2 D.3:1:4 反应后，每组样品剩余固体的质量与原样品质 5.agH2S气体通入100mL0.15mol/L的 2.向一定量的Fe、Fe0、Fe,03、Fe,04的混 量的关系如下图所示.下列说法不正确的是 Fe,(SO,),溶液中完全反应后，再加入过量Fe 合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸，恰好使 e(8.80,5.44) 混合物完全溶解，放出2.24LN0(标准状况)， 粉，则 ( 往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现.若 A.反应后的溶液中含有0.045 mol Fe2 d(7.04,3.68) 用足量的H,在加热条件下还原相同质量的混 B.可产生24LH, 17 c(5.28,1.92 合物，所得到的铁的物质的量为 () C.a的值一定为0.51 63.52,128) A.0.2 mol B.0.25 mol fa1-76,0.64 D.加入铁粉的质量可能为0.8g 012345678910 C.0.3 mol D.0.35 mol m样品/g 6.某工厂用FeCl,溶液腐蚀表面有铜的印 3.某实验小组欲测定铁的氧化物Fe,0,的剧电路板，课外活动小组为确定生产后废液的一2Pe·+3H,0,2Fe·+Cu=2F心2+Cm A.a、b、c三组样品均发生反应：Fe,03+6H 化学式，已知该氧化物中铁元素只有+2和+3 组成，进行如下实验： 两种价态，实验步骤如下，下列说法正确的是 B.1.76g样品充分反应后，溶液中一定存在 ①取10.0mL废液加入足量的AgN0,溶Fe2+和C2*,一定不存在Fe3+ 液，产生沉淀8.61g; C.该混合物中n(Fe,03):n(Cu)=3:1 0.4月过量盐酸，密液回 ②另取10.0mL废液放入足量铜片充分反 溶液b D.稀硫酸的浓度为1.5mol/L Fe,O, 步骤① 步骤② 应，铜片质量减少了0.256g. (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 2025年7月29日·星期二 高考 报纸发行质量反馈电话： 装理极 5期总第1149期 第一轮复习 0351-5271248 第4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 化 素养提升（四） 1.D2.B3.C4.C5.C 注意：(1)溶液中既有Fe3+,又有Fe2+时， 第4期2-3版参考答案 金属及其化合物（三） 检验Fe2+的存在可选择加入KMnO4溶液，若 精练卷（四） KMnO,溶液褪色，说明含有Fe2+;或加人 1.B2.D3.B4.A 5.D6.C7.D8.D 必备知识集锦 K[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，若产生蓝色沉 9.C10.B11.C12.B 云南刘硕阳 淀，说明含有e2+. 13.C14.B 15.(除标注外，每空2 知识点 3.铁的氢氧化物 (2)溶液中既有Fe3+,又有Fe2+时，检验 分)(1)2Al+20H+6H20 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Fe3+的存在可直接加入KSCN溶液，若溶液呈血 =3H2↑+2[A(0H)4] 铁及其化合物 色态 白色固体 红褐色固体 红色，则说明含有Fe3·;或加人K4[Fe(CN)6] (2)K2(HC03)> 溶解性 不溶于水 不溶于水 铁在自然界中可以像陨铁中的铁那样以单 (亚铁氰化钾)溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有 K[A1(OH)3](3分) 极不稳定 不稳定 Fe3+ (3)搅拌、适当升温 质形态存在，但主要是以+2价和+3价化合物 稳定性 4Fe(0H)2+2H,0+022Fe(0H)3△Fe,0,+ 【或适当增大盐酸的浓度) 的形态存在于矿石中. 4Fe(0H)3 5.Fe、Fe2+、Fe3+三者之间的相互转化 3H20 (4)①增大H+浓度 1.铁单质 试剂 可溶性亚铁盐、碱溶液 可溶性铁盐、碱溶液 Fe 还原性 抑制ACL3的水解；增大 Cu2 (1)原子结构 Fe2++20H-= Fe3++30H 强氧化剂 d-浓度，促进AICl3 反 弱氧化剂甲 铁元素位于元素周期表中第四周期第Ⅷ Fe(OH)2↓ Fe(oH)3↓ Co Br2 6H,0的析出(3分)② 族，其常见化合价有+2和+3.原子结构示意图 与H Fe(OH)2 +2H*=Fe2+ Fe(0H)3+3H+=Fe3 HNO 饱和AICl3溶液 反应 +2H20 Fe" 人浓硫酸 +3H20 0 16.(除标注外，每空2 4Fe(0H)2+2H20+02=4Fe(0H)3 强氧化剂：C2、B2、02、NO3等 Fe 分)(1)①bch→i(或i 转化 h)→b→c (白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红祸色)》 氧化性、还原性还原剂：ZA、Fe、CuS学 氧化性 ②2Sr02+2C02 温馨提示：制备Fe(OH)2常用的措施 2SrC03+02 (2)物理性质 6.重要的铁盐 (1)Fe2+易被氧化，因此Fes04需要现用 ③bcadfe 熔点 沸点延展性导热性 导电性 特性 (1)氯化铁(FeCl):棕黄色固体，一种常见 (2)①三颈烧瓶(1 能导电，但其 现配 分)防止倒吸 导电性不如 能被磁 的氧化剂，能与多种还原剂发生氧化还原反应. 535℃2750℃ 有 (2)配制FeSO4溶液和NaOH溶液时，蒸馏 ②Sr2++2NH3 铁吸引 能回收废铜，其反应的离子方程式为2Fe3++Cu 铜和铝 水需要煮沸，以除去溶解的02· 8H20+H202=Sr02 =Cu2++2Fe2+. (3)化学性质 (3)滴加NaOH溶液时，可将吸有NaOH溶 8H20+2NH4中和反应 (2)绿矾(FeS0,·7H,0):一种重要的还原 生成的H+,促进反应进 ①与某些非金属单质、酸、盐反应 液的胶头滴管滴入FeSO4溶液的液面下，以防 剂，可用作补血剂及植物的补铁剂 行，同时防止产物和酸发 化学性质 化学方程式举例 滴加溶液时带入空气。 (3)高铁酸钾(K,Fe04):深紫色晶体，具有 生反应(3分) Cl 2Fe+3Cl,A2FeCl (4)向盛有FeS0,溶液的试管中加入少量 ③蒸发浓缩、冷却结 强氧化性，可用作水处理剂或高容量电池材料. 与非金属单质反应 凸3e+20点燃e0 苯或煤油，以隔绝空气 (4)铁铵矾[NH,Fe(S04)2·12H20]:无色 17.(除标注外，每空2 4.铁盐和亚铁盐 晶体，易溶于水，常用作化学分析试剂、药物和 分)(I)MgC0,题Mg0 与非氧化性酸反应(H,S0,) Fe+H,S04=fesS04+H2↑ (1)Fe2*的还原性 织物媒染剂. 与某些盐溶液反应(CuS04) Fe +CuSO4=Cu +FeSO 2Fe2++Cl =2Fe3++2Cl (5)铁氰化钾又称赤血盐[K,Fe(CN)6]:红 (2)NH3 注意：F在反应中作还原剂，遇到较强的氧化 现象：溶液由浅绿色变为黄色。 (3)将Fe2氧化为 色晶体，易溶于水，常用于检验Fe2 剂（如CL,等）生成+3价铁的化合物，遇到较弱的 5fe2++Mn0,+8H+=5fe3++Mn2 Fe3+生成的MnO2和 Fe3+能催化H202分解，从 氧化剂（如稀硫酸等）生成+2价铁的化合物. 4H20 知识点仁 而加大H202用量(3分) ②铁粉与水蒸气的反应 现象：紫色高锰酸钾溶液褪色 铜及其化合物 (4)4.6×105 棉花还原铁粉 (2)Fe3+的氧化性 (5)避免生成 1.铜 2Fe3++Fe=3Fe2 Mg(OH)2沉淀 实验装置 (1)在自然界中的存在形态 (6)2HF+Mg2+ 现象：溶液由黄色变为浅绿色。 游离态：天然铜 MgF2↓+2H 2Fe3*+Cu 2Fe2*Cu2* 燃着的火柴 化合态：黄铜矿(CFeS2)和孔雀石 18.(除标注外，每空2 分)(1)①5.3 操作现象 用火柴点燃肥皂液，听到爆鸣声 应用：腐蚀铜电路板， Cu2(0H)2C03]等 在高温下，铁能与水蒸气反应生成氢气，化学方程 ②250mL容量瓶、胶 (3)铁盐的净水作用 实验结 (2)物理性质：紫红色，具有金属光泽，具有 头滴管③20.0a 式为3e+4H,0(g)商通Fe,0,+4H, Fe3++3H,0△Fe(0H),(胶体)+3H 延展性、导电性、导热性，被广泛应用于电气元件、 (2)①越大 2.铁的氧化物 ②ⅡHCO,自耦电 (4)Fe3+、Fe2+的检验 导线等的制造 离的平衡常数K= 化学式 FeO Fe01 Fe:Oa 离子 试剂 主要现象 (3)化学性质 c(HC03)·c(C03) 俗称 铁红 磁性氧化铁 NaOH溶液 生成红褐色沉淀 反应物质 e2(HC03） 色态 黑色粉末 红棕色粉末 黑色晶体 化学方程式 Fe3+(黄色 KSCN溶液 溶液呈血红色 铁元素 02 2Cu+02△-2Cu0 K 4.7×10-11 *2 +3 +2、+3 苯酚 溶液呈紫色 K 4.5×107≈1× 的价态 先生成白色沉淀，在空 Cu+Cl,△CuCl, 10-4≥K2,说明HC0,自 类别 碱性氧化物 碱性氧化物 特殊氧化物 NaOH溶液 气中迅速变为灰绿色 20+S△Cu,S 溶解性 难溶于水 难溶于水 难溶于水 耦电离程度远大于HCO 最后变成红褐色 浓H2S04 Cu+2H,S04(浓)2CuS04+S02↑+2H,0 与非氧 Fe304+8H 的电离，即猜想Ⅱ成立(3 e0 +2H* Fe03+6H= 浓HN0,Cu+4HN0,(浓)-Cu(NO)2+2N02↑+2H,0 化性酸 分) Fe2++2Fe3 Fe2+(浅绿色) 加入KSCN后无明显现 Fe2++H20 2Fe3++3H,0 KSCN,氣水 反应 4H20 象，加氯水后呈红色 稀HNO33Cu+8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H20 AgNO, Cu +2AgNO3 Cu(NO3 )2 +2Ag 注意：Fe0不稳定，在空气里受热，能迅速 K3 [Fe(CN)6] Cu +2FeCl:=CuCl +2FeCl 生成蓝色沉淀 被氧化成FeO4 溶液 (下转第4版) 2 素养·测评 数理极 一第一轮复习精练卷 涉及内容：铁、铜及其化合物 FeSO,溶液 FeSO,溶液 （满分：100分，时间：75分钟) 铁粉① ③ ③ ◎数理报社试题研究中心 A.①②③ B.①②④ C.①②③④ D.②③④ 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 10.向物质的量浓度均为0.1mol/L的Fe(NO3)3、Cu(N03)2、HNO3的 项符合题意) 混合溶液中加入一定质量的Z粉，充分反应后过滤，得到固体A和溶液B. 1.[传统文化情境]据古代文献记载：“慈石治肾家诸病，而耳明目”.“慈 :下列说法正确的是 () 石，色轻紫，石上皲涩，可吸连针铁”.文中“慈石”在一定条件下与下列物质 A.若溶液B呈蓝绿色，则固体A中一定不含铁 反应时属于非氧化还原反应的是 B.若溶液B无色透明，则固体A中一定含有Z粉 A.稀硝酸 B.稀硫酸 C.氢碘酸 D.铝粉 C.向溶液B中滴入几滴KSCN溶液，溶液可能变为血红色 2.实验室中利用右图装置验证铁与水湿棉花铁粉 D.将固体A投入稀盐酸中，没有气泡生成，则溶液B中可能含有大量 蒸气的反应.下列说法不正确的是（ H+和Cu2 A.反应为3Fe+4H,0(g)商Fe,0,+ 1l.Fe,0,和Fe0的热化学循环可以利用太阳能s 4H2 太阳能，其转化关系如右图所示.已知反应：>2300K凶 K3[Fe(CN).]+FeCl2=KFe[Fe(CN).] B.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 Fe:Oa FeO 2KCl可用来检验Fe2+.下列叙述错误的是 C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 () 700K D.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好 A.分析过程I和Ⅱ，Fe,O,是该循环过程 3.下列关于铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是 中的催化剂 A.FeCL3溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板 B.过程Ⅱ每生成46.4gFe04,转移0.6mol电子 B.K,FeO4具有强氧化性，可用于水的消毒 C.用盐酸、K,[Fe(CN)6]溶液不能检验Fe3O,和Fe0混合物中的Fe0 C.常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，可用铁制容器贮运浓硝酸 D.FS04·H,0具有还原性，可用作食品包装中的抗氧化剂 D.该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中C02的含量 12.某小组对Fe(S04)3和K,[Fe(CN)6]的性质进行探究： 4.下列能证明F(NO,)3中铁元素具有氧化性的实验事实是 I.向少量蒸馏水里滴加2滴Fe,(S04)3溶液，再滴加2滴KSCN溶液 A.向酸性的Fε(NO3)3溶液中通入H2S,有黄色沉淀生成 Ⅱ.向少量蒸馏水里滴加2滴K[Fe(CN)。]溶液，再滴勜加2滴KSCN溶液. B.向酸性的Fe(NO3)3溶液中加入铜粉，溶液变蓝色 下列说法正确的是 C.向酸性的Fε(NO,)3溶液中加入锌粉，溶液黄色逐渐消失 A.实验I中继续加入少量K,S0,固体，溶液颜色变浅 D.向Fe(NO,),溶液中滴加NaHCO,溶液，有气体和红褐色沉淀生成 B.实验Ⅱ中溶液呈红色 5.[工业情境]用化学方法在钢铁部件表面进行“发蓝”处理是一种普遍 C.KSCN能区分Fe,(SO4)3和K,[Fe(CN)6] 采用的金属防护方法.将洁净的铁件浸入一定浓度的NaOH和NaNO,溶液 D.焰色试验不能区分Fe2(S04)3和K3[Fe(CN)6] 中（必要时加入其他辅助物质），加热到适当温度并保持一定时间，铁件的表 13.从废线路板（主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁）中提取铜 面形成一层致密的氧化物薄膜并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气的流程如下： 体放出.下列有关说法错误的是 稀盐酸O+NaOH A.“发蓝”之前可分别用Na,C0,溶液和NH,Cl溶液处理铁件 B.“发蓝”处理形成的氧化物薄膜的主要成分是Fe,O3 废线路板→机械粉碎→酸溶一硫溶一→电解精爆→C C.加热条件下，“发蓝”处理产生的无色气体能够还原CuO 滤液1滤液2 D.疏酸铜溶液可用于检验铁件是否“发蓝”成功 已知“滤液2”主要含SO号~和HPbO2.下列说法正确的是 ( 6.已知：4C0高温2Cu,0+0,↑、Cu,0+2H*=C2*+Cu+H,0,下列 A.“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质 判断正确的是 ( B.“酸溶”时产生A3+、Fe3+、Zn2+离子 A.Cu0和Cu20均为碱性氧化物 C.“碱溶”时存在反应：Sn+20H+02=Sn0+H,0 B.浓硝酸无法鉴别Cu0和Cu,O D.“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应 C.Cu,0的热稳定性低于CuO的 14.8.34gFS04·7H0(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重 D.可用稀硫酸检验氢气充分还原Cu0后的固体中是否含有C山，O 曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示，下列说法正确的是() 7.[传统文化情境]宋代《千里江山图》中大量使用两种含铜的矿物颜 料.对于如下图所示转化关系，下列说法正确的是 6.72 M 8 N P 02、H0、C02 Cu2(0H)2C03 ① CM浓疏酸，A→CSO4③ Cu(0H)2·2CC0 2.40 孔雀石颜料 蓝铜矿颜料 A.反应①②③均为氧化还原反应 078159373633温度/℃ B.孔雀石颜料和蓝铜矿颜料受热都可能变为黑色 A.温度为78℃时，固体M的化学式为Fs04·5H,0 C.保存古画需控制温度和湿度，目的是防止孔雀石颜料等被氧化 B.温度为159℃时，固体N的化学式为FS04·2H,0 D.孔雀石颜料和蓝铜矿颜料均耐酸碱腐蚀 C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeS0,·H,0高温 8.部分铁、铜物质的“价-类”关系如右图所 4 FeSO,+H,O 示，下列叙述错误的是 D.取适量380℃时所得的样品P,隔绝空气加热至650℃，得到一种固 化+2 A.a和e溶液能发生置换反应 合 体物质Q和一种无色气体 B.可能实现d→b→a的转化 价+ 0 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） C.在硝酸中加入d能生成e 15.(16分)Fe2+在空气中易被氧化.某小组探究绿矾(FeS04·7H0)和 单质氧化物藏硝酸盐 D.在氢碘酸的淀粉溶液中加入c,溶液变蓝 物质类别 莫尔盐[(NH4),Fe(S04)2·6H,0]在空气中的稳定性. 9.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH),白色沉淀的是 I.探究溶液中的稳定性：配制0.1mol/L两种溶液[A:FeS04, 数理极 素养·测评 2 B:(NH),Fe(S04)2],露置于空气中一段时间，并检验其中的Fe3+,结果如 C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 下表 D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 新配制 1h后 24h后 17.(14分)CuCl在染色和催化领域中应用广泛.某实验小组设计如下图 酸化后滴加等 酸化后滴加等 所示装置（加热及夹持装置均略去）将S0,通人CuCL,溶液中制备CuCL. pH 性状 性状 量KsCN(aq) pH 性状 量KSCN(aq) 单向间示意图 A3.9无色溶液 几乎无色 3.4黄色溶液 变红 3.3红祸色沉淀 70%硫酸 B3.9无色溶液 几乎无色3.3黄色溶液 变红 3.2红祸色沉淀 (1)常温时0.1mol/L(NH4),S04溶液pH=5.0,则B溶液中水解程度： 单向阀 Fe2+ NH(填“>”或“<”)，因此新配制的A、B溶液pH几乎相同. (2)放置24h后溶液pH均减小，写出该过程中Fe2+被空气氧化的离子 NaS0粉才 NaHSO: 容液下 NaOH溶液 方程式：」 上述实验说明两种溶液中的F2+的稳定性差异不大. 已知：CC1是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇及稀硫酸，能溶于浓盐 Ⅱ.探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记酸，在空气中迅速被氧化为绿色. 录如下表。 实验步骤： 编号 ⅱ 道 IV ①打开装置A的分液漏斗旋塞，向蒸馏烧瓶中加入一定量的70%硫酸， 实验条件 密闭容器 潮湿的密 盛有干燥剂 露置 向三颈烧瓶中通一段时间$02，关闭分液漏斗旋塞； 闭容器 的密闭容器 ②打开仪器a的旋塞，向三颈烧瓶中加入盐酸，调pH至2~3，关闭仪器 晶体逐渐变白，进 晶体结块，颜色 晶体逐渐变白，最 无明显变化； a的旋塞； 绿矾 而出现土黄色； 不变；Fe3+含量 终出现淡黄色 Fe3+含量非常少 ③继续向装置A的蒸馏烧瓶中加入70%硫酸，向三颈烧瓶中通入过量 Fe3+含量很多 非常少 Fe3+含量很多 实验结果 的$02，产生白色沉淀，待反应完全后，关闭分液漏斗旋塞： 无明显变化 晶体略结块，颜 无明显变化； 无明显变化：Fe3+ ④将三颈烧瓶中的白色沉淀减压过滤，用乙醇洗涤、烘干、称重， 莫尔盐 Fe3+含量非常 色不变；fe3+含 Fe3+含量非常少 含量很少 少 量非常少 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 装置A中硫酸表现 (3)上述实验说明，相同条件下两种晶体在空气中稳定性更强的是 (填“氧化 性”“还原性”或“酸性”). (填名称) (2)实验步骤③的目的是 (4)甲同学推测绿矾在ⅱ中的结果与不同的原因可能是容器中02不 足造成的.乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是 (3)装置C中发生反应的离子方程式是 (4)单向阀的作用是 (5)该小组同学根据实验结果推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关 (5)实验步骤④中，采用减压过滤的优点是 ,洗 涤CuCl的操作是 ①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是 (6)测定CuC1产品的纯度：称取所制备的CuC1产品2.000g,将其置于 ②莫尔盐晶体中 离子的存在使结晶水不易失去；该离子与H,0 足量FCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成250mL溶液， 分子之间可能存在的作用是 移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的Ce(S04)2标准溶液滴 (6)同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定， 定至终点，进行3次平行实验，平均消耗Ce(S0,)2标准溶液18.80mL,反应 除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小， 中Ce4+被还原为Ce+,则产品中CuCl的纯度为 % 18.(14分)铜转炉烟灰中含金属元素（主要为Cu,Zn、Pb、Fe)的硫酸盐 16.(14分)FeS,可用作锂电池和超 和氧化物以及S02·其中有价金属回收的工艺流程如下图所示： 级电容器的电极材料.制备FeS2的一种 硫酸 ZnO KMnO,.溶液 实验装置如右图所示（加热及夹持装置 铜转炉 略). 烟灰 混出流①淘态流①十除素士浅流2路西→S0·7H0 (1)FeS2的制备 海绵铜 滤渣 S和二苯醚 在N,保护下，将溶有S的热二苯醚 浸出渣 巴滤饼，酸浸出流②配图→50， 溶液注射到Fes热油胺溶液中(S过量)， Na,CO,溶液硝酸 硫酸 继续加热回流2h,冷却至室温，离心分 FeS和油胺 已知：25℃时，Km(PbS04)=1.82×10-8,Km(PbC03)=1.46×10-3. 离，经洗涤得产品eS2. 搅拌子 (1)为提高浸取效率，可采取的措施有（任写一点）. ①仪器a的名称为 :N,保护的目的是 (2)“浸出液①”中所含有的金属阳离子除了Fe2+和Fe3+外，还有 ②生成FeS,的化学方程式为 ③为除去产品中残留的S,洗涤选用的试剂是 (填“H20”或 (3)“除杂”中，加入Zn0调节溶液pH至5.2后，用KMn04溶液氧化，所 “CS2”). 得“滤渣”主要成分为Fe(0H)3、MO2,该氧化过程的离子方程式为 （2)FS,的含量测定：产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条 件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,终点为无色；用 (4)ZnS04的溶解度随温度变化曲线 冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用KCr20,标准溶液滴定Fe2 如右图所示，“浓缩结晶”的具体操作步 至终点.已知甲基橙的还原反应：氧化态（红色）+e=还原态（无色）， 骤如下： ①SnCL,比FeCL,易水解，且易被氧化.配制和保存SnCL,溶液需加入的 ①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜， 60 试剂是 停止加热.该步骤的目的是 50 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 ②降温至 ℃（填“50”“60” ③若称取的产品为ag,K,Cr,0,标准溶液浓度为cmol/L,用量为VmL “70”或“80”)蒸发至溶液出现晶膜，停止 20 406080100 温度℃ FeS,的摩尔质量为Mg/mol,则产品中FeS2的质量分数为 (写最简 加热。 表达式). ③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥.洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 (填字母序号). 用水，其原因是 A.还原Fe3+时SnCl,溶液滴加过量 (5)“滤饼”的主要成分为 (填化学式) B.热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 (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