专题卷(2)离子反应与氧化还原反应-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（山东专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（二） 化学·离子反应与氧化还原反应 （考试时间90分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16A127P31S32C135.5V51 Fe 56 Cu 64 Ba 137 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.化学与人类生活、生产密切相关。下述过程中不涉及氧化还原反应的是 A.柠檬酸去除水壶中的水垢 B.火箭插销的金属片上镀金 C.用石灰石对燃煤废气进行脱硫 D.利用Fe2O3粉末与铝粉反应焊接钢轨 2.KHSO4在水溶液中能够电离出H+、K和SO。下列关于KHSO4的说法错误的是 A.水溶液呈酸性 B.不属于电解质 C.能与BaCl2溶液反应 D.不能与NaCl溶液反应 3.某研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C6o)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶 盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是 A.富勒烯(Cso)、磷酸钙、CuSO4(aq)都是混合物 B.金刚石、石墨和C6o互为同系物 C.磷酸钙是难溶性弱电解质 D.一定条件下金刚石转化为C。是化学变化，但该反应不属于氧化还原反应 4.在水溶液中能大量共存的一组离子是 A.NHt、SO、CI、OH B.Na+、A13+、[Al(OH)4]-、NO3 C.H+、Cu2+、Mg2+、SO D.ClO、Ba2+、I厂、S2O3 5.NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应的化学方程式为4NaNO3十 4Sb十3O,高温4NaSb0,十2NO十2NO2。下列说法错误的是 A.反应中消耗3molO2,转移12mole B.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 C.NO?的空间结构为平面三角形 D.反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为4：7 化学A·专题卷（二）第1页（共8页） 鱼跃 6.如图所示是工业制纯碱的部分物质转化示意图。下列推测正确的是 CO, →NaHCO,固体 NazCO NH: ② 饱和食盐水 ① →NH,CI固体 →溶液A ③L→溶液B NaCl A.①的操作为萃取 B.溶液B的溶质只有NaCl C.图中出现的化学式均为电解质 D.生产中NH3与CO2的通入顺序不能调换 7.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NO,)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入C(SO4)2 与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示（以NO 为例)。下列说法错误的是 A.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 N2、H2O B.反应I的离子方程式为2Ce4++H2—2H+十2Ce3+ C.该转化过程的实质是H2被NO氧化 NO D.整个过程中Ce4+作催化剂，Ce3+作中间产物 8.某饮用水源的水中含有少量Ca+、Na+、Mg2+、CI、SO?,采用如图所示的一种装有离子交 换树脂的净水器，对该水源的水进行净化处理。下列说法正确的是 A.经过充分净化后的水中不再含阴、阳离子 B.净化处理前后，水的导电性不变 阳离子交换树脂 阴离子交换树脂 C.将阳离子交换树脂与阴离子交换树脂位置互换不影响净化效果 D.一定体积的水在经过阴离子交换树脂后，水中阴离子的总数减少 9.物质的分离与提纯是通过物理或化学方法将混合物中的不同成分分开，获得纯净物质地过 程。有同学利用此法进行粗盐的提纯，已知：粗盐中的杂质离子为Ca+、Mg2+、SO?;所用试 剂为0.1mol·L1BaCl2溶液、20%NaOH溶液、饱和Na2CO3溶液、6mol·L1盐酸。下列 有关粗盐提纯的说法正确的是 A.试剂加入的顺序：NaOH、Na2CO3、BaCl2、盐酸 B.实验过程中需用到量筒、分液漏斗、玻璃棒等玻璃仪器 C.整个过程的操作是溶解、过滤、测pH(盐酸)，蒸发结晶 D.直接加热蒸干后，用坩埚钳将蒸发皿放置在陶土网上冷却 龙门卷 化学A·专题卷（二）第2页（共8页） 10.某澄清透明溶液中可能含有K+、NH4、Cu2+、Fe2+、SO、MnO4、CO?、SO中的若干种， 取一定量待测液进行如下实验。下列说法错误的是 2.24L(标准状况) 无色气体X →4.48L(标准状况)无色气体Y 逐滴滴加 待测液稀盐酸、 1加过量 加过量NaOH溶液 →滤液I →滤液Ⅱ少量CO,→沉淀C 至过量 无明显现象BaNO,g △ 溶液 →116.5g沉淀A →37.98g沉淀B A.该溶液中一定不含的离子是SO?、CO、MnO4 B.不能确定该溶液中是否存在K+ C.沉淀B为0.3 mol Fe(OH)3、0.06 mol Cu(OH)2 D.气体X与气体Y可以在一定条件下反应转化为对环境无害的物质 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部 选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 11.部分含硫、氨元素的价一类二维图如图所示。 含N物质 含s物质 含氧酸 氧化物 单质 氢化物a' ←+5+4+2 2 0 +4+6 N的化合价 S的化合价 已知：d为红棕色物质。下列说法正确的是 A.a与a、d与c都可以发生氧化还原反应 B.c、d都是大气污染物，利用a可以消除它们的污染 C.e和e的浓溶液按体积比1：3混合，可以溶解金、铂等绝大多数金属 D.a和c反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1 12.下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂所用试剂或方法正确的是 选项 物质及其杂质 检验试剂 除杂试剂 除杂方法 A 苯（苯酚） FeCL,溶液 NaOH溶液 分液 B NaHCO3溶液(Na2CO3) Ca(OH)2溶液 过量CO2 C MgCl2溶液(FeCl3) K,[Fe(CN)6]溶液 Mg(OH)2 过滤 D Al(Fe) 盐酸 NaOH溶液 过滤 13.二氟化氧(OF2)是一种剧毒气体，具有极强的氧化性。已知：①F2+NaOH→OF2+NaF+ H2O(NaOH溶液的浓度为2%)，②OF2十S→SO2+SF4(①②方程式均未配平)。下列说 法正确的是 化学A·专题卷（二）第3页（共8页） 鱼跃龙 A.OF2分子的电子式为：F:O:F: B.反应①中，每生成1 mol OF2,转移电子2mol C.反应②中，SO2和SF4既是氧化产物又是还原产物 D.F2、OF2、SO2氧化性依次减弱 14.TiC14是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如图装置在实验室制备TiC14。 浓盐酸 分散有TiO 耐高温 和炭粉末的 k 陶瓷管 石棉绒 氢氧 化钠 KMnO, 电炉 溶液 B D 已知：TC14易挥发，易水解形成白色沉淀，且高温时能和O2反应，不和HC1反应。 下列说法错误的是 A.装置B和E都有防止水蒸气进入D中的作用 B.反应结束时，应先关闭开关k,再停止C处的加热 C.装置C中反应的化学方程式为Ti0,十2C+2C1,高温2C0+TiC1, D.在通入Cl2前，应先打开开关k,从侧管持续通入一段时间的CO2气体 15.工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、 锰的部分工艺流程如图所示： 适量试剂X NaHCO,溶液 富集液 工业废料→（含cd、Mn)一→沉镉一→沉锰→ 滤饼 MnCO; 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当； ②常温下，金属化合物的Kp如表所示： 金属化合物 Cds CdCO MnS MnCO Kp 8.0×1027 1.0×10-12 2.5×10-13 2.3×10-11 下列说法错误的是 A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B.试剂X可以是Na2S溶液 C.“沉镉”和“沉锰”的顺序可以对换 D.“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO一MnCO3↓十CO2个+H2O 0卷 化学A·专题卷（二）第4页（共8页） 班级 ￥探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。 先滴加少量 滴加CHCOOH 滴加CH,COOH 先加入足量 姓名 NaOH溶液 溶液至弱酸性 溶液 稀KI溶液 再加入少量KMnO, 后加入稀HSO, 溶液，加热 磊 至溶液的pH为y 得分 0.5mL a molL- 绿色溶液 棕黑色沉淀， 沉淀消失，得 浅黄色溶液、 NaNO,溶液 无色溶液 xmL无色溶液 淡棕色气体 (含b mol.L-NO) 已知：K2MnO4溶液（绿色）在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。 下列说法错误的是 选择题 A.过程I发生反应的离子方程式为2MnO4+NO2+2OH△-2MnO?+NO,+H,0 答题栏 B.过程Ⅱ未得到紫色溶液，可能是MnO转化为MnO4的速率小于MnO,氧化NO2的 1 速率 C.过程V得到淡黄色溶液可推知NO?氧化了I 3 D. 4 该实验证明对应的实验条件下，NO2的还原性强于MnO?和Mn2+ 5 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. (12分)某溶液甲中仅含有下列离子中的几种（不考虑水的电离以及离子的水解）。 8 阳离子 K+、A13+、Fe3+、Ba2+、NHt 9 阴离子 CI、CO?、HCO3、SO 10 取100L溶液甲并分成两等份进行如图实验（假设每步完全反应）： 11 2过量C0, 12 溶液乙 过滤、洗涤、灼烧 1.02g白色固体 ①过量NaOH溶液 13 加热 标准状况下448mL气体 14 溶液甲 ③足量BaC1,溶液 15 过滤、洗涤、干燥 11.65g白色固体 (1)由实验①可知，原溶液中存在的离子有 物质的量浓度为 mol·L-1。 (2)通入过量CO2充分反应后，需将反应后的混合溶液加热再过滤，其目的是 (3)写出实验②中通入过量CO2生成沉淀的离子方程式： (4)实验③中，所得白色固体是 (写化学式)，判断该固体洗涤干净的操作是 (5)某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+,其理由是 化学A·专题卷（二）第5页（共8页） 鱼跃力 17.(12分)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如图，仪器A的名称为 ,装置B的作用为 浓硝酸 铜片 -NaOH溶液 A B (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： ① +Na,SO溶液，无明显现象 过量30%H02 ② →铜片溶解，溶液变蓝，少量无色气体产生 铜片 +稀HSO4 实验②中Cu溶解的离子方程式为 ；产生的气体 为 (3)用足量NOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物，提纯 干燥后的X在惰性氛周下加热mgX完全分解为”g梨色氧化物Y,7号。X的化学 式为 (4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸 性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗 Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：I2+2S2O3—2I+S4O8) 达到滴定终点的现象是 含X粗品中铜元素的质量分数为 %。 18.(12分)工业上硫酸亚硝酰合铁{[Fe(NO)(H2O)]SO4}是制备人造丝漂白剂、丙烯和二甲 醚的安定剂。实验室中可用NO气体和FSO4溶液制备硫酸亚硝酰合铁，装置如图所示： 稀硫酸、 搅拌 N21 NaNO FeSO NaClO. NaOH 溶液 溶液 C 回答下列问题： (1)图中仪器g的名称为 ,橡胶管k的作用是 (2)实验开始时需先鼓入N2,其目的是 龙门卷 化学A·专题卷（二）第6页（共8页） (3)装置A中生成NO的同时还生成了NO3,该反应的离子方程式为 (4)要检验装置B中FeSO4溶液是否变质，可选用 (填字母)。 A,K3[Fe(CN)。]溶液 B.KSCN溶液 C.KMnO4溶液 D.苯酚溶液 (5)装置C中吸收NO生成NO3,若反应吸收1 mol NO,则消耗NaClO的物质的量为 mol。 (6)由装置B中溶液制得硫酸亚硝酰合铁晶体的化学方程式为 ;在结晶过程中必须隔绝空气，否则会产生红褐色难溶物，解 释产生红褐色难溶物的原因： 19.(12分)以废钒催化剂（主要含有V2O;、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等）为原料制备V2Os的 流程如图所示： 废钒催化剂→酸浸还原→除杂→沉钒一→锻烧 →VO 已知：pH>9.6时A1元素在溶液中主要以[AI(OH)4]形式存在；几种离子生成氢氧化物沉 淀的pH如表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L1计算）： 金属离子 A13+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 3.7 2.2 7.5 沉淀完全的pH 4.7 3.8 9.5 (1)酸浸还原。将废钒催化剂粉碎后，加入H2SO4和Na2SO3浸取，过滤。 ①浸取时，先向废钒催化剂中加入Na2SO3后缓慢滴加H2SO4,这样操作的主要原因 是 ②浸取后的溶液中有VO2+、SO、Fe2+、Fe3+和A13+等离子，V2O,转化为VOSO4的化 学方程式为 0 (2)除杂。向酸浸还原后所得滤液中加入氨水调节溶液的pH至8.0，过滤得到含有VO2的 滤渣。所得滤渣中加入NaOH溶液，再通入O2,调节溶液pH大于13，充分反应后过滤， 向滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后过滤，得到NaVO3溶液和滤渣X。 ①碱性条件下，VO2和O2反应生成VO3的离子方程式为 ②滤渣X的主要成分是 （填化学式)。 化学A·专题卷（二）第7页（共8页） 鱼跃龙门 (3)沉钒。向所得NaVO3溶液中加入一定量NH4Cl固体，充分反应后得到NH4VO3沉淀。 沉钒率（沉淀中钒的质量与原料中钒的总质量之比）随温度的变化如图所示。 ①温度高于80℃，沉钒率随温度升高而减小的可能原因有1 98 8 94 92, 90 ②反应过程中加入一定量的醇类溶剂可以提高沉钒率，原 88 50 60708090100 理是 反应温度/C (4)制备V,O,。将一定质量的NH4VO3在空气中煅烧至恒重生成V,O5,该反应的化学方 程式为 20.(12分)常温下，pH=1的某溶液A中含有H+、NH、K+、Na+、Fe3+、A13+、Fe2+、CO?、 NO3、CI、I厂、SO中的五种离子，且各离子的物质的量浓度均为0.1ol·L-1。现取该 溶液进行有关实验，实验结果如图所示： 空 红 无色 气体甲过量 气体乙 气体丙 Ba(OH) 色气体 溶 过量 溶液甲溶液 Cu 液NH)2CO, 溶液乙 浓硫酸 →溶液丙 溶液 白色 白色 白色 沉淀甲 沉淀乙 沉淀丙 (1)关于该实验结果，下列有关说法正确的有 (填字母)。 A.溶液A为无色溶液 B.实验消耗14.4gCu,则生成气体丙的体积为3.36L C.生成的甲、乙、丙气体均为无色难溶于水的气体 D.溶液A中一定没有CO和I E.白色沉淀乙只有BaCO3,白色沉淀丙只有BaSO4 (2)写出生成白色沉淀甲的离子方程式： (3)溶液A中除H+外，一定含有的四种离子是 (4)溶液甲中阳离子(H+除外)的检验方法是 (5)向CCl2溶液中先通人气体乙，再通入无色气体甲，可以用来制备纳米级碳酸钙。写出制 备纳米级碳酸钙的化学方程式： 举 化学A·专题卷（二）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 390×100%≈81.54%，故B点时化合物的组成为 318 K2[Cu(C2O4)2],B→C是K2[Cu(C2O4)2]受热分解放出气 体，气体可能是C0或CO2或C0和CO2,固体残留率为 44.62%,剩余固体质量=390g×44.62%=174.018g,由原 子守恒得到n(K)=2mol,n（Cu)=1mol,n(O)= 174.018-78-64 16 -mol2 mol,n(K)n(Cu):n(O)=2 1:2,化学式为K2CuO2或K2O·CuO,开始加热至C点时发 生反应的化学方程式是K[Cu(C,O)2]·4H,0△KCuO,十 2CO个+2CO2个+4H2O个。 19.(1)300℃条件下碱熔8 h ZrSic0,+4Na0H△Na,Zr0,+ Na,SiO+2H,O (2)Hf NaOH、HCl (3)10-8 (4)Zr02+2C+2C12 △ZrCL+2C0 避免“蒸馏”时ZrCl4 中含有FeCl3杂质 《5)Db②N,3X10 【思路分析】锆英砂主要含ZrSiO,,还含有少量Cr、Fe、Hf等 元素。“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Z+ Fe3+、HfO2+、Cr3+;萃取除去Hf元素，加入氨水，产物为 Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3;煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、 Cr2O3,“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3,由于FeCl 和ZrCl,沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免 升华时ZrCl4中含有FeCl3杂质，升华得到ZrCl4。 【解析】(1)根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示， 300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太 大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h。“碱熔”时 ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、NaSiO3,ZrSiO4发生反 应的化学方程式为ZrS0,十4NaOH△Na,Zr0,十NaSiO,十 2H2O. (2)“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr+、Fe3+ HfO2+、Cr3+;“氨沉”时产物为Zr（OH)4、Cr(OH)3和 Fe(OH)3;可知“萃取”时除去的杂质元素为Hf;“沸腾氯化”生 成的HC1可回到“酸溶”和“反萃取”步骤循环利用，“除硅”产 生的滤液1是NaOH溶液，可回到“碱熔”步骤循环利用。 (3)K.(NH3·H2O)=1.8X10-5,沉氨反应结束后溶液中 c(NH,·H,O=1.8X10,则c(0H)=100mlL1,则 c(NH) c(Fe3+)= Kp[Fe(OH):]10-38 C(OH) (10-)mol L-10-mol.L- (4)“煅烧”时Zr(OH),分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2和 Cl2、C反应生成ZrCL和CO,发生反应的化学方程式为 Z0,+2C+2Cl,△ZCL4十2C0.氯化反应结束通人H,可 以将FeCL转为FeCl2,可以避免“蒸馏”时ZrCL中含有FeCl 杂质。 (5)①已知Zr在元素周期表中与Ti同族且相邻，则Zr是第五 周期VB族元素，价电子排布式为4d5s2;根据图示，O位于Z 与Ca构成的四面体内部；O位于Zr与Ca构成的四面体内部， 每个O周围紧邻的O有6个。 ②根据均摊原则，每个晶胞中O原子数为8、Zr原子数为8× 日+4×号-3，Ca原子数为2× 2 =1,该晶胞的密度p= (rX10-)XNANX10 g.cm 91×3+40×1+16×8441 20.(1)e→f→c→d(或d→c)b→a (2)02 (3)NaNO3和NaNO (4)①催化溶液中H2O2分解，避免影响实验ⅰ②5NO?十 2MnO,+6H+-2Mn2++5NO;+3H2 O AgNO2 (5)55.2 (6)NaNO2和NaNO3 【解析】(I)装置E为制备装置，制备NO2;装置C为除杂装 置，除去NO2中的水蒸气和挥发的HNO,;装置B为反应装 置；装置D为尾气吸收和气体收集装置；Na2O2能与水反应， 为避免装置D中的水蒸气进人装置B,需在装置B和装置D 之间连接装置A进行干燥。综上所述，装置排序为ECBAD, 干燥管连接时大口进气，小口出气。 (2)依题意可知收集到的气体是O2。 (3)Na2O2和NO2反应可能生成的固体有NaNO2、NaNO3。 (4)①如果过氧化钠未完全反应，Na2O2与水反应生成了 H2O2,加人MnO2促进H2O2分解，除去H2O2。 ②酸性高锰酸钾溶液氧化亚硝酸根离子生成十2价锰离子（无 色)和硝酸根离子。 ③加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，滴加稀硝酸，沉淀溶解，则 该沉淀为AgNO2。 (6)10mL溶液X中，n(N0)=(号 ×0.01×16.00× 100)mol=4.0×103mol。a(NaN0,)= 103×10 4.0×103×69×100%=55.2%。 0.5 (6)根据(5)分析可知，固体的成分是NaNO2和NaNO3。 化学（二） 、选择题 A【解析】柠檬酸去除水壶中的水垢过程中，柠檬酸与 CaCO3、Mg(OH)2反应均为复分解反应，无化合价变化，不属 于氧化还原反应；镀金过程中Au元素得到电子被还原为Au单 质，涉及氧化还原反应；用石灰石对燃煤废气进行脱硫，SO2被 空气中氧气氧化为SO?,S化合价升高，属于氧化还原反应； Fe2O3与Al反应生成Al2O3和Fe,Fe和Al的化合价均发生 变化，属于氧化还原反应。 B【解析】KHSO4在水中完全电离为K、H+、SO?,水溶液 呈酸性；KHSO4在水中能完全电离，属于强电解质；KHSO4在 水中电离生成的SO?能与BaCl2中的Ba2+生成BaSO4沉淀； KHSO,与NaCI溶液混合时，若二者发生反应，产物均为可溶 物，故不反应。 D【解析】富勒烯(C60)是碳的单质，属于纯净物，磷酸钙是化 合物，属于纯净物，CuSO,(aq)是溶液，属于混合物；金刚石、石 墨、C60互为同素异形体；磷酸钙难溶但属于强电解质（盐类溶 于水的部分，在水中完全电离)；金刚石转化为C。是化学变化 (结构改变)，但无化合价变化，属于非氧化还原反应。 C【解析】NH与OH反应生成NH3·H2O,无法大量共 存；A13+与[AI(OH)4]在溶液中发生相互促进的水解反应生 成A1(OH)3沉淀，无法大量共存；H+、Cu+、Mg2+、SO之间 不生成沉淀、气体或弱电解质，可大量共存：COˉ具有强氧化 性，会与还原性离子I厂、S2O发生氧化还原反应，无法大量 共存。 A【解析】反应中消耗3molO2时消耗4 mol Sb,该反应中只 有Sb作还原剂，可以通过计算Sb失电子的物质的量计算反应 中转移电子的物质的量，为4mol×[(+5)一0]=20mol: NaSbO3中Na元素的化合价是十1、O元素的化合价是一2，则 Sb元素的化合价为十5；NO3中氮原子的价层电子对数为3十 5十1,3X2=3且不含孤电子对，该离子空间结构为平面三角 形；该反应中N元素的化合价由+5变为+2、+4，Sb元素的化 合价由0变为十5，O元素的化合价由0变为一2，则NaNO3、O2 是氧化剂，Sb是还原剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为 4:7。 D【解析】向饱和食盐水依次通入氨、二氧化碳气体发生反应 Ca(OH)2溶液，但NaHCO3也会与Ca(OH)2反应生成沉淀， 生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和溶液A, 无法区分；检验Fe3+用KSCN,K[Fe(CN),]用于检测Fe+而 ①的操作为过滤；溶液B中含氯化钠和氯化铵；CO2属于非电 非Fe3+;用盐酸检验Al中的Fe,两者均反应，无法区分，除杂 解质；向饱和食盐水中先通入氨营造碱性环境，可以增大二氧 用NaOH溶液会溶解Al而保留Fe。 化碳的溶解度，然后通入二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠 13.AD【解析】OF2分子中原子均满足8电子结构，电子式为 晶体和氯化铵，生产中NH3与CO2的通入顺序不能调换。 :F:O:F:;反应①为2F2+2NaOH—OF2+2NaF+ A【解析】反应Ⅱ的化学方程式为4Ce3++4H++2NO 4Ce++2H2O+N2,其中氧化剂NO与还原剂Ce3+的物质的 H20,每生成1 mol OF2,转移电子4mol;反应②为20F2十2S 量之比为1：2；反应I的离子方程式为2Ce++H2一 SO2十SF,根据反应中化合价变化可知，S元素的化合价 2Ce3++2H+;反应I为2Ce++H2一2Ce3++2H+,反应Ⅱ 从0升高到十4，S被氧化，因此含有S元素的SO2和SF,均为 为4Ce3++4Ht+2N0一4Ce++2H20+N2,该转化过程的 氧化产物，O元素的化合价从十2降低到一2，O被还原，因此 含有O元素的SO2也是还原产物，SF4仅为氧化产物，不是还 实质是H2被NO氧化；整个过程中Ce+作催化剂（反应开始进 原产物；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应①中F2是氧 入，结束出现)，Ce3+作中间产物（中间出现，后又消失）。 化剂，OF2是氧化产物，氧化性F2>OF2,反应②中OF2是氧 D【解析】净化后的水中仍存在水电离的H和OH厂，并非不 化剂，SO2是氧化产物，氧化性OF2>SO2。 再含阴、阳离子；净化后水中离子浓度降低，导电性减弱；若先通 14. B【思路分析】A为制备C2的装置，B为氯气干燥装置，C、D 过阴离子交换树脂，水中阳离子会与释放的OH厂生成沉淀堵 分别为制备、收集TCL的装置，因TCl4易水解，要求制备和 塞树脂，影响净化效果；阴离子交换树脂吸附水中原有阴离子 收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中 (如C1厂、SO),释放的OH与阳离子交换树脂释放的H+结 盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应 合成水，导致水中阴离子总数减少。 的Cl2。 C【思路分析】去除粗盐中少量Ca+、Mg+、SO?,加入过量 【解析】由分析可知，装置B和E都有防止水蒸气进入D中的 氢氧化钠除去镁离子、加入过量氯化钡除去硫酸根离子、加人 作用。反应结束时，若先关闭开关k,再停止C处加热，装置内 过量碳酸钠除去钙离子、过量钡离子，由于碳酸钠需要用于除 温度降低，压强减小，会导致F中的溶液倒吸进入装置，可能 去过量钡离子，故碳酸钠必须在氯化钡之后加入；过滤除去沉 使装置炸裂，正确操作应是先停止C处加热，继续通C12一段 淀，向滤液加入适量盐酸除去过量的氢氧化钠、碳酸钠，蒸发结 时间，待装置冷却后再关闭开关k。装置C中TO2、C和C2 晶得到氯化钠，据此分析回答。 在高温下反应生成TCl4和CO,反应的化学方程式为TO2+ 【解析】试剂加入顺序应为BaCl2在Na2CO3之前，以便 Naz CO3能同时去除Ca2+和过量Ba2+;粗盐提纯无需分液操 2C+2C12 高温2C0十TiCL4。在通人C,前，先打开开关k,从 作，分液漏斗未被使用；由分析可知，粗盐提纯的步骤为溶解、过 侧管持续通入一段时间的CO2气体，可排尽装置内的空气，防 滤、测H(盐酸)、蒸发结晶；蒸发时应在出现较多晶体时停止 止TCl4在高温时和O2反应。 加热用余热蒸干，而非直接蒸干，否则会导致晶体飞溅。 15.C【思路分析】富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+,其 0. B【思路分析】溶液加过量稀盐酸无明显现象，说明无CO?、 浓度相当，加入试剂X沉镉，由金属化合物的Kp可知， S0?、MnO。,再加入过量的硝酸钡，产生无色气体，说明存在 CdCO3、MnCO3的Kn接近，不易分离，则试剂X选择含S2 的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应 Fe2+,生成的无色气体X为NO共0.1mol,故Fe2+为 0.3mol;沉淀A应该为硫酸钡，故溶液存在SO,116.5g沉 Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2个+H2O,据此解答。 【解析】粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利 淀A说明含0.5 mol SO?;加入过量的氢氧化钠，生成标准状 于提高金属元素的浸出率；由分析可知，试剂X可以是Na2S 况下4.48L无色气体Y,无色气体Y为NH3,说明含0.2mol 溶液；若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及 NH对，生成的沉淀B含氢氧化铁，根据Fe2+为0.3mol可知， K知数据可知，金属离子Cd+、Mn+浓度相当，则Cd+也会沉 氢氧化铁沉淀为32.1g,故沉淀B中还含有氢氧化铜沉淀 淀，后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺 5.88g,故溶液中含有0.06 mol Cu2+,滤液Ⅱ中含有氢氧化 钡，加入少量二氧化碳生成的沉淀C为碳酸钡沉淀；最后根据 序不能对换；“沉锰”时，发生反应的离子方程式是Mn+十 2HCO3 -MnC0a↓+C02个+H20。 溶液呈电中性原则可知溶液还应该含0.08molK+,据此 *C【思路分析】依据图示分析，反应I产生了绿色溶液，结合题 回答。 【解析】据分析可知，溶液中一定不含CO?、SO、MnO:;据 目信息可知发生的反应为2MnO,+NO,十2OH△ 分析可知，溶液中含0.08molK+;无色气体X为NO,无色气 2MnO2-+NO?+H2O,生成了绿色的K2MnO,溶液；反应Ⅱ为 一定条件 向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈弱酸性，由于K2MnO,溶 体Y为NH3,二者可发生反应6NO+4NH3 5N2+ 液（绿色）在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4,图中 6H2O,转化为无害N2。 只得到了棕黑色沉淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为 、选择题 MnO2;反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即MnO2与NO, 1.BD【思路分析】由图可知，a为NH3,b为N2,c为NO,结合 发生了反应MnO2+NO2+2 CH COOH-Mn2++NO5十 d为红棕色物质可知d为NO2,e为HNO3;a为H2S,b为S,c 2CH3COO-+H2O,反应结束后得到了xmL的无色溶液（含 为SO2,d为SO3,e为H2SO4,据此回答。 【解析】a为NH,,a为H2S,均为相应元素的最低价，无法发生 NO3、bmol·LNO2):反应V加入足量的稀KI溶液，后加入 氧化还原反应，d为NO2,c为SO2,根据化合价可知，可以发生 稀硫酸至溶液的pH为y,碘离子被氧化为碘单质（浅黄色溶 液)，产生了NO气体，NO遇空气产生了NO,(淡棕色气体)，据 氧化还原反应；c为NO,d为NO2,均是大气污染物，NH3中N 元素化合价为最低价，可以与NO、NO发生氧化还原反应产生 此作答。 【解析】由已知可知反应I产生了绿色溶液，即NO2与KMnO, N2,因此可以利用NH3消除它们的污染；e为HNO3,e为 在碱性条件下加热反应产生K2MO4,依据氧化还原反应原理 H2SO4,王水能溶解黄金等活动性稳定的金属，但“王水”是浓 盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合制成；a为H2S,c为SO2 书写离子方程式为2Mn0,十NO;+20H△2MnOg+ H,S与SO2反应生成S和水，化学方程式为2H2S十SO2= NO;+H2O;K2MnO4溶液在酸性环境中不稳定，转化为MnO2 3S↓+2H2O,H2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化产物和还 和KMnO4,但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗， 原产物的物质的量之比是2：1。 则可能为MnO转化为MnO,的速率小于MnO:氧化NO A【解析】检验苯酚用FeCl3溶液，显紫色，除杂用NaOH溶 的速率；依据分析反应Ⅲ结束后得到了xL的无色溶液，含 液，苯酚钠进入水层，分液后得纯净苯；检验Na2CO3用】 NO?、bmol·L1NO2,均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产 ·化学A· 生碘单质，不能说明是O氧化了I厂；依据分析，结合氧化还原 反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由反应I 2MnO,+NO,+20H △2Mn0?+N0+H,0可知，还原 性NO2大于MnO,由反应ⅢMnO2+NO2+2 CH COOH —Mn2++NO5+2CH3COO-+H2O可知，还原性NO2大 于Mn2+ 三、非选择题 16.(1)NH 0.4 (2)防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离 (3)[A1(OH)4]-+CO2-A1(OH)3￥+HCO3 (4)BaSO,取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝 酸银溶液，若无现象则沉淀已洗净 (5)经计算溶液中NH时、A13+的正电荷总量小于SO?负电荷 总量，依据电荷守恒，一定有K+存在 【思路分析】向溶液甲中加入过量的氢氧化钠溶液后加热，收 集到标准状况下448mL气体，即0.02mol,无沉淀产生，同时 得到溶液乙，则一定不含Fe3+,一定含NH,且n(NH对) 0.02mol;向溶液乙中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀 白色沉淀为氢氧化铝，则原溶液一定含A13+,与A13+反应的 CO、HCO?不能存在，沉淀经过滤，洗涤、灼烧后，得到 1.02g 1.02g固体，固体为氧化铝，则n(A*)=102g,m义 2=0.02ol;向溶液甲中加入足量的氯化钡溶液后，生成白色 沉淀，沉淀经洗涤，干燥，得到11.65g固体，固体为硫酸钡，原 溶液中一定含SO,与SO反应的Ba+不能存在，n(SO) 11.65g 233g·mo17=0.05m0l,然后结合电荷守恒解答。 【解析】(1)由①可知，原溶液存在的离子有NH,物质的量浓 度为°02m0 0.05L =0.4mol·L1。 (2)通入二氧化碳，反应生成氢氧化铝，加热可防止生成氢氧化 铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离。 (3)实验②中生成的沉淀为氢氧化铝，反应的离子方程式为 [A1(OH)4]+CO2-A1(OH)3￥+HCO3。 (4)由上述分析可知，实验③中，所得白色固体是BaSO,;固体 表面含有CI等可溶性离子，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若 无现象则沉淀已洗净。 (5)由电荷守恒可知，阴离子总数(0.05mol×2)>阳离子总数 (0.02mol×1十0.02mol×3),即NH、A13+的正电荷总量小 于SO负电荷总量，依据电荷守恒，无论是否含有C1,一定 还有K+存在。 17.(1)具支试管防倒吸 (2)H2O2+Cu+2H+ -Cu2+2H2O O, (3)Cu02 (4)滴入最后半滴标准液，溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来 的颜色64 【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜与浓硝酸 反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮能与NaOH溶液 反应，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸。 (2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜 和H2O2发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为H2O2+Cu+ 2H+—Cu2++2H20;硫酸铜可以催化H202分解生成O2, 则产生的气体为O2。 (3)黑色氧化物Y为CuO,则铜元素的质量m(Cu)=ng× 80=58,因为2=5 64.4n =6,则X中的m(0)=ng×6 0 +(m n)g-28,则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比 An n(Cu)5×641 n(O) 2n ,则X为Cu02。 5X16 (4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则达到滴定终点的现象是 滴入最后半滴标准液，溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的 颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为一1价，根据2CuO2+ 8H++8I=2CuI+3I2￥+4H2O,可以得到关系式 2Cu02~312~6S2O,n(CuO2)= ×0.1000mol·L1× 3 0.015L=0.0005mol,含X粗品中铜元素的质量分数为 0.0005m0l×64g·mo1P×10%=64%。 0.05g (1)三颈烧瓶平衡压强，便于液体顺利滴下 (2)排除装置内的空气，防止NO和O2反应 (3)3NO,+2H+-2NO+NO+H,O (4)BD (5)1.5 (6)NO+5H2O+FeSO4—[Fe(NO)(H2O)s]SO4亚铁离 子或配离子[Fe(NO)(H2O);]2+易被空气中的氧气氧化为铁 离子，铁离子水解生成氢氧化铁红褐色难溶物 【思路分析】装置A中发生反应3NO2+2H+一2NO个+ NO3+H2O来制备NO,生成的NO进入装置B中和FeSO4 反应生成硫酸亚硝酰合铁{[Fe(NO)(H2O)]SO,},装置C用 于处理尾气NO,防止污染，据此解答。 【解析】(1)图中仪器g的名称为三颈烧瓶；橡胶管k的作用是 平衡压强，便于液体顺利滴下。 (2)NO和O2反应生成NO2,实验开始时需先鼓入N2,其目的 是排除装置内的空气，防止NO和O2反应。 (3)装置A中生成NO的同时还生成了NO,发生了亚硝酸 根离子的歧化反应，该反应的离子方程式为3NO?十2H= 2NO个+NO3+H2O. (4)FeSO,溶液若变质会生成铁离子，铁离子遇到KSCN溶液 变红，遇到苯酚溶液会发生显色反应，故答案选BD。 (5)装置C中吸收NO生成NO?,离子方程式为2NO+ 3C1O-+2OH=2NO3+3C1-+H2O,若反应吸收1mol NO,则消耗NaClO的物质的量为1.5mol。 (6)装置B中溶液制得硫酸亚硝酰合铁晶体的化学方程式为 NO+5H,O+FeSO4-[Fe(NO)(H2O),]SO4。在结晶过 程中必须隔绝空气，否则会产生红褐色难溶物，产生该红褐色 难溶物的原因是亚铁离子或配离子[Fe(NO)(H2O)s]2+易被 空气中的氧气氧化为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁红褐 色难溶物。 (1)①减少Na2SO3与H2SO4反应生成SO2逸出，提高 Na2SO3的利用率②V2Os+2H2SO4+Na2SO3 2VOSO,+Na2 SO+2H2O (2)①4VO2+O2+4OH-4VO3+2H20②A1(OH)3 (3)①温度高于80℃，NHC1受热分解，使沉钒率下降； NH4VO3的溶解度增大②降低NH4VO3的溶解度，有利于 NH4VO3析出 (4)2NH4VO3 煅饶V,O,+2NH个+H,0t 【思路分析】废钒催化剂经过酸浸还原，酸浸液中存在VO2+ SO、Fe2+、Fe3+和Al3+等离子，除杂除去Fe、Al元素，再经 过沉钒，得到NH4VO3沉淀，最后煅烧得到V2Os。 【解析】(1)①Na2SO3中硫元素是十4价，主要体现还原性，但 在酸性条件下会反应生成SO2,SO2逸出，丧失还原效果。 ②V2O,中V元素的化合价为+5，产物VO2+中V的化合价 为+4，被还原，浸取液中起到还原作用的还原剂为Na2SO3,结 合得失电子守恒、溶液的酸碱性、元素守恒定律，可得反应为 V2O+2H2 SO+Na2 SO3= -2VOSO+Na2 SO,+2H2O. (2)①V02中V元素化合价为+4，产物VO:中V元素为+5 价，氧从0价降到一2价，则根据得失电子守恒，VO2和O2化 学计量数之比为4：1，结合环境为碱性，得到离子方程式为 4V02+02+40H—4V0+2H20。 ②V元素之外，酸浸还原后所得的滤液中含有的阳离子为 Fe3+和A1+,由题干信息，pH大于8.0后，Fe3+和AI3+都已 ·3 参考答案及解析 经完全以沉淀形式进入滤渣，加入NaOH后，AI(OH)3沉淀 适合制成密封材料（需耐高温、稳定）、人造血管（需无毒、与人体 会被溶解，Fe(OH)3沉淀不会反应，且根据已知信息，pH> 相容性好等)，性质与应用匹配。 9.6时A1元素在溶液中主要以[A1(OH),]厂形式存在，往滤液 5.D【解析】氢碘酸溶解四氧化三铁的反应为F€O,+8HI 中加人盐酸调节溶液的pH至8.5后，[A1(OH)4]又转化为 3Fel2+I2+4H2O,只含亚铁离子，遇硫氰化铵溶液不会显 A1(OH)3,故滤渣X为AI(OH)3。 红色。 (3)①沉钒率随温度升高而减小可以从两个方面考虑，一是温 6.A【解析】B项，草酸不能拆写为离子形式；C项，向次氯酸钠 度升高，一般物质的溶解度会增大；二是反应物容易受热分解 溶液中通入少量二氧化硫，应发生氧化还原反应，生成SO和 导致产物产率下降。 CI;D项，化学方程式没有配平，应为CaH2+2H2O ②反应过程中加入一定量的醇类溶剂，可以降低溶剂的极性， Ca(OH)2+2H2个 从而降低产物的溶解度，使沉钒率增大。 7.C【解析】镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，氯化镁溶液 0. (1)AD 能与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，氢氧化镁 (2)2A13++3CO3+3H2O—2A1(OH)3↓+3CO2↑ 能与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，则物质之间的转化能全部通 过一步反应完成；钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，足量的 (3)NO3、A13+、SO、C1 氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠能与 (4)取少量溶液甲于试管中，再加入浓NaOH溶液，加热，在试 稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则物质之间的转化能 管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明溶液中 全部通过一步反应完成：高温条件下铁与水反应生成四氧化三 有NH 铁和氢气，不能生成氧化铁，则物质之间的转化不能全部通过 (5)CaCl2+CO,+2NHa+H2O-CaCO+2NH,CI 一步反应完成：常温下钠能与氧气反应生成氧化钠，氧化钠能 【解析】由溶液pH=1可知溶液呈酸性，氢离子浓度为 与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生 0.1mol·L-1,溶液中一定不存在CO;溶液A中加入过量 成碳酸氢钠，则物质之间的转化能全部通过一步反应完成。 (NH4)2CO3溶液，产生的气体是二氧化碳；由产生白色沉淀， 8.A【解析】钠与水反应的速率快于乙醇，因水中一OH的酸性 可以排除Fe2+、Fe3+,原溶液中一定有A13+;溶液乙中加铜和 强于乙醇的，更易释放H+,导致反应更快，因果关系成立；金属 浓硫酸能产生NO,说明原溶液中有NO,,强酸性溶液中有 Mg着火时，CO2会与其反应生成MgO和C,加燃烧，故不能 NO?,则一定没有Fé2+、I;最后根据电荷守恒得原溶液中含 用泡沫灭火器，陈述I错误；A1CL3为共价化合物，熔融态不导 有H+、NO;、A13+、SO、CI五种离子。 电，无法电解，而A12O,为离子化合物；铁在浓硝酸中因饨化形 (1)A项，原溶液中含有H+、NO、A13+、SO、CI五种离子， 成氧化膜阻止反应，并非“不反应”，陈述Ⅱ错误。 则溶液A为无色溶液。B项，未指明气体丙在标准状况下。C 9.C【解析】若e可用作油漆的红色颜料，则e为氧化铁，a为铁 项，生成的气体甲是CO2、气体乙是NH3、气体丙是NO,均为 单质，常温下铁遇浓硫酸钝化，所以常温下可用铁制容器盛装 无色气体，但是CO2可溶于水、NH3易溶于水。D项，溶液中 浓硫酸；若a能与氢氧化钠溶液反应产生氢气，则a为Al,存在 一定不存在厂、CO?。E项，碳酸铵溶液过量，和过量的氢氧 a(Al) HC1或CLf(AICL)氨水g[A1(OHD,]△e(A1,0,)电解 化钡溶液反应得到碳酸钡，溶液中存在SO,可以和氢氧化 a(Al)的转化关系；d为蓝色不溶物，d为Cu(OH)2,a是铜单 钡反应得到硫酸钡沉淀，所以白色沉淀乙为BaCO3和BaSO: 质，铜的活泼性位于氢后，在酸性环境中不能发生析氢腐蚀；镁 的混合物。 与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，即a是镁，b是氧化镁，镁在 (2)溶液A中加入过量(NH4)2CO3溶液，产生白色沉淀，白色 氨气中能燃烧，不能在N2中冷却。 沉淀只能为氢氧化铝，反应的离子方程式为2A1+十3CO+ 10.D【解析】铁与浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水， 3H,O- =2A1(OH)3￥+3CO2◆。 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；装置A中开始时生成 (4)溶液甲中阳离子除H+外，还有NH,NH的检验方法是 二氧化硫气体，后又生成氢气，装置B两侧导管伸入试管部分 取少量溶液甲于试管中，再加入浓NaOH溶液，加热，在试管 均较短，B为防倒吸装置，装置C中足量酸性高锰酸钾溶液用 口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明溶液中 来检验并除去二氧化硫，装置D中浓硫酸用来干燥氢气，装置 有NH。 E中氧化铜与氢气反应生成水，装置F中无水硫酸铜用来检验 (5)向CaCl2溶液中先通入氨，氨极易溶于水，再通入无色气体 装置E中生成的水，装置G中盛放碱石灰，作用是防止空气中 二氧化碳，可以用来制备纳米级碳酸钙，反应的化学方程式为 的水进入F,干扰检验。由以上分析可知，装置B的作用是安 CaCl2+CO2+2NH3+H2 0-CaCO3￥+2NH4Cl。 全瓶，防止倒吸；去掉装置D会导致有水蒸气直接进入无水硫 酸铜中，干扰氢气的检验；装置G的作用是防止空气中的H2O 化学（三） 进入装置F,干扰装置E中生成水的检验；装置E中黑色CuO 变成红色，装置F中无水硫酸铜粉末变成蓝色，说明氧化铜与 、选择题 C【解析】铜绿的主要成分是碱式碳酸铜；瓷制品的主要成分 氢气反应生成水，证明所产生的气体中含有H2。 二、选择题 为硅酸盐；青铜的主要成分为铜锡合金；丝的主要成分为蛋 11.C【解析】制备Fe(OH)2需隔绝空气，苯虽能隔绝部分空气， 白质 但胶头滴管未插入FeSO4溶液液面下，滴加NaOH时易带入 B【解析】铁锅炒菜利用铁的导热性传递热量，使食物均匀受 空气，导致Fe(OH)2被氧化，装置操作错误；探究NaHCO 热；黄金的熔点并不高（约1064℃），黄金不怕火炼的原因是因 热稳定性时，试管口应略向下倾斜，防止生成的水倒流炸裂试 为化学性质稳定，高温下不易反应；钨丝熔点极高（约为 管，图中试管向上倾斜，装置错误；乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液 3410℃)，高温工作下不熔化，因此适合做灯丝；铜的延展性使 互不相溶且分层，可用分液漏斗分液分离，装置及操作正确； 其可加工成铜丝 Cl2可直接氧化湿润的淀粉-K1试纸中的I厂生成I2,观察到试 D【解析】“过筛”的目的是选取小颗粒，增大接触面积，加快浸 纸变蓝时，无法确定I2是否由Br2氧化生成，不能验证氧化性 出速率；黏土主要成分为铝硅酸盐和亚铁盐，在空气过量和自然 Br2>I2」 冷却条件下制得红砖是因为生成了F2O3;从窑顶加入一定量 12.BC【解析】反应1是氯化钠、氨、二氧化碳反应生成碳酸氢钠 冷水冷却，会得到含黑色四氧化三铁的砖瓦，即青灰色砖瓦；烧 沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为NH3十CO2十H2O十 制砖瓦的过程中有新物质生成，是化学变化。 Na- -NaHCO3Y+NH4。 A【解析】Na2O2具有强氧化性，但用于消防员的呼吸面具是 13.A【解析】玻璃棒本身可能含有钠元素（普通玻璃含Na),灼 利用Na2O2与CO2、H2O反应生成O2,而非直接利用其氧化 烧显黄色不能确定溶液含Na;Fe2+被酸性KMnO,氧化，证明 性；F2O3为红棕色粉末，因其颜色特性，常用作油墨、涂料的红 FeSO4有还原性；下层紫红色变浅说明l2从CCl4转移至KI 色颜料；抗坏血酸（即维生素C)具有还原性，可用于去皮或预切 溶液中，形成I3,溶解度更大；Na2O2与CO2反应生成O2且 的鲜水果中，防止氧化褐变；硅橡胶无毒、耐高温，这些性质使其 放热使棉花燃烧。