2026届高三化学三轮复习 高考选择题之考前训练

**基本信息** 聚焦高考化学选择题高频考点，以12题/20分钟定时训练为载体，强化科学思维与实验探究能力，覆盖氧化还原、工业流程等核心模块。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |实验探究与分析|12题（如1、5、9）|结合现象分析与结论判断，考查操作规范与证据推理|从实验操作到现象观察，再到结论推导，体现科学探究与实践素养| |工业流程与转化|8题（如7、16）|涉及物质分离与转化条件，强调反应原理应用|基于元素守恒与反应规律，构建原料-中间产物-目标产物的转化逻辑| |化学计算与NA|4题（如4、6）|围绕微粒数、反应量关系，考查定量分析能力|以物质的量为核心，关联物质结构与反应实质，强化化学观念| |物质结构与性质|3题（如10、35）|晶体结构与化学键分析，涉及杂化与微粒作用|从微观结构推导宏观性质，体现结构决定性质的化学观念| |反应原理与综合|7题（如2、30）|氧化还原与平衡移动，结合图表数据解读|基于反应规律与能量变化，构建原理应用的逻辑链条|

2026年高考化学选择题之考前定时训练答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D A B C A D C A C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B B D B D B D A B C 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 C D B C D D C A B B 题号 31 32 33 34 35 36 答案 D C D C C D 1．D 【分析】对照图1和图2，0 s~5 s，Cr元素的化合价仍为+6价；5 s~30 s，Cr元素的化合价由+6价降为+3价；30 s~80 s，Cr元素的化合价又由+3价升高为+6价，由此分析。 【详解】A．实验开始至5 s，铬元素价态没有改变，所以铬元素没有被氧化，A不符合题意； B．实验开始至30 s，溶液中被还原，生成和，总反应的离子方程式为，B不符合题意； C．30 s至80 s的过程，由于溶液中过量，所以可能是氧化了，不一定是氧气氧化了，C不符合题意； D．80 s时，溶液呈碱性，此时存在的平衡体系，为橙色，而呈黄色，颜色相比于开始时浅，不是水稀释所致，D符合题意； 故答案选D。 2．D 【分析】可分解为和，已知b、d表示或中的一种，由图1中反应②可知，b能分解为d和c，可推知b为，d为，则a为，c为。 【详解】A．由上述分析可知，a为，c为，选项A错误； B．由上述可知d只能为，选项B错误； C．物质转化过程中总反应为分解生成和，该反应为吸热反应，而图2中总反应为放热反应，选项C错误； D．MgO颗粒的大小对总反应速率影响较大表明反应②生成形成颗粒的大小会影响总反应速率，选项D正确； 故答案选择D。 3．A 【详解】A．电解熔融可得到单质，在加热条件下与反应生成，两步转化均可实现，A正确； B．在高温下和反应只能生成，无法直接得到，第一步转化不能实现，B错误； C．电解溶液时，阴极优先放电，得到的是；不能得到金属，需电解熔融才可制得，第二步转化不能实现，C错误； D．纯碱工业中，需先向饱和溶液通入使溶液呈碱性，再通入才能生成溶解度较小的，选项气体通入顺序错误，第一步转化不能实现，D错误； 故选A。 4．B 【详解】A．石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连，所以每个碳所属的共价键应是，12g石墨是1mol碳，即有1.5个共价键，A错误； B．乙醇中2个C原子和O原子都是杂化，4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，所含杂化的原子数目为，B正确；   C．一个环氧乙烷分子中含有7个σ键，0.1mol环氧乙烷中所含σ键数目为，C错误； D．固体中含有Na+和，晶体中阴、阳离子总数为2，D错误； 故选B。 5．C 【详解】A．实验I中，Cu2O与0.3 mol/L HCl反应得到蓝色溶液（含[Cu(H2O)4]2+和少量白色沉淀，白色沉淀为CuCl，实验I中部分Cu2O与盐酸反应生成白色沉淀CuCl，反应的离子方程式为：Cu2O+2H++2Cl−=2CuCl↓+H2O；该描述正确，A不符合题意； B．实验II中，Cu2O溶于12mol/L的盐酸，由于氯离子浓度极高，必然会生成黄绿色的[CuCl4]2-离子；按理说应该还有Cu生成，但是固体全部溶解，Cu不能直接溶于盐酸，因此必须有溶解的氧气作为氧化剂，使之转化为[CuCl4]2-离子；离子方程式为2Cu2O+8H++16Cl-+O2=4[CuCl4]2-+4H2O；该描述正确，B不符合题意； C．实验III中，溶液变蓝且液体呈浑浊状态，说明生成了Cu2+和不溶于酸的Cu单质，这是Cu2O在酸性条件下发生歧化反应（Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）的现象，而非稀硝酸将Cu2O氧化；描述错误，C符合题意； D．结合实验现象分析：实验II中浓盐酸中生成黄绿色[CuCl4]2−，说明Cl−配位能力强于H2O；加入氨水后变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+，说明NH3可以替换[CuCl4]2−中的Cl−，因此配位能力NH3>Cl−，最终得到配位能力强弱：NH3>Cl−>H2O，描述正确，D不符合题意； 故答案选C。 6．A 【详解】A．中，无中子，含2个中子，O含8个中子，故1个分子含10个中子。的摩尔质量为，的物质的量为，含中子数为，A错误； B．浓硫酸与反应，随着反应进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与不反应，因此浓硫酸，即与足量反应，生成的气体分子数小于，B正确； C．的物质的量为，1个分子含4个原子，故所含原子数为，C正确； D．的物质的量为，1个分子含3个键，故含有的键数目为，D正确； 故选A。 7．D 【分析】铅矿粉中加入NaOH溶液进行碱浸，杂质Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，分别生成Na[Al(OH)4] 和Na2SiO3进入滤液Ⅰ，且NaOH 过量；向PbS、Fe2O3、FeO中加入H2O2、盐酸进行氧化酸浸，Fe元素都转化为Fe3+并进入滤液Ⅱ中，PbS发生反应；根据已知信息②可知，加入Na2CO3溶液转化，PbSO4可以转化为PbCO3，该平衡为；加入H2SiF6溶解，PbCO3转化为PbSiF6，最后进行电解得到Pb。 【详解】A．“滤液Ⅰ”是碱浸后所得，根据分析可知，“滤液Ⅰ”的主要成分为Na[Al(OH)4] 、Na2SiO3和NaOH，A错误； B．“氧化酸浸”时，PbS被H2O2氧化，S2-被氧化为，Pb2+与结合生成PbSO4，被氧化的元素不只有铁，B错误； C．滤液Ⅲ是PbSO4与Na2CO3反应后的滤液，反应为，要保证正向转化为，需要满足反应商，溶液中，C错误； D．已知是易溶于水的强酸，完全电离，与反应生成可溶的、和水，因此离子方程式为：，D正确； 故选D。 8．C 【分析】由图2可得反应i铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和亚硝酸，反应的化学方程式为，反应ii亚硝酸发生歧化反应，生成和，反应的化学方程式为； 【详解】A．由分析可得铜与稀硝酸总反应的化学方程式等于反应i的化学反程式乘以3，再与反应ii的化学方程式相加，消去中间产物，即该说法正确，A不符合题意； B．图1中，生成气体速率明显加快，题目说明温度不变，结合反应过程可知是反应中间产物，对反应有催化作用，可导致速率加快，该说法正确，B不符合题意； C．由已知信息可知淡黄色沉淀是，加入产生淡黄色沉淀，只能说明反应液中有（或），是反应ⅰ的产物，生成只能证明发生反应i，该现象不能证明反应ⅱ是否发生，该说法错误，C符合题意； D．反应ii中氧化产物为，还原产物为，两者物质的量之比为1:2，该说法正确，D不符合题意； 答案选C。 9．A 【详解】A．向的溶液中加入KI浓溶液，发生反应，进入水层，下层呈浅紫红色，上层呈棕黄色，说明在KI浓溶液中的溶解能力大于，A正确； B．常温下，Al片插入浓硝酸中发生钝化，并非浓硝酸氧化性弱于稀硝酸，实际上浓硝酸氧化性更强，B错误； C．纤维素水解需在酸性条件下进行，水解后溶液呈酸性，需加碱中和后再加入新制悬浊液，否则无法生成砖红色沉淀，C错误； D．向NaOH溶液中滴加和溶液时，NaOH过量，两种沉淀均会生成，无法通过沉淀先后顺序比较大小，D错误； 故选A。 10．C 【详解】A．为离子化合物，最外层满足8电子稳定结构，与形成离子键，给出的电子式书写正确，A正确； B．层中位于构成的正六元环中心，之间距离为364.8pm，转化为数学模型：，，，可求间距（AB）为，B正确； C．根据晶体结构，一个周围有6个同平面的和2个轴向的。同平面与的距离约为210.6 pm。轴向的2个与的距离更近，约为193.75 pm。因此，距离最近的数为2，C错误； D．晶体中存在非密置层，可在层间及层内空隙移动，使晶体具有良好导电性，D正确； 故选C。 11．B 【详解】A．固体NaCl与浓硫酸反应可以制得HCl气体，反应方程式为：，这个反应能发生，利用的是浓硫酸的高沸点、难挥发性，制备易挥发的HCl，而不是因为酸性强弱，实际上二者均为强酸，A错误； B．和 混合后，滴加KSCN溶液不变红，说明溶液中几乎没有游离的，原因是与结合生成了稳定的，无法再与结合生成，稳定性大于，B正确； C．向溶液中加入Fe片无现象，说明Fe无法把中的Cu还原出来，对比Fe可以把中的Cu还原出来，氧化性小于，C错误； D．向溶液中通入气体，产生白色沉淀，化学方程式为：，根据 “强酸制弱酸” 原理，该反应说明酸性大于，该实验现象无法直接比较与的酸性，无法得出比大，D错误； 故选B。 12．B 【分析】实验Ⅰ中Ag+与亚硫酸钠反应生成Ag2SO3沉淀；实验II反应过程中，产生棕黄色沉淀(含、),可能发生反应；实验Ⅲ中产生的白色沉淀2能溶于强酸和强碱，则Al3+与可能发生双水解生成Al(OH)3沉淀。 【详解】A．实验Ⅰ中Ag+与反应生成Ag2SO3沉淀，未发生氧化还原反应；实验Ⅱ中Cu2+与 发生氧化还原反应，生成含Cu+的沉淀，表明Cu2+氧化了。但Ag+未显示氧化性可能因沉淀形成阻止反应，故不能直接得出Cu2+氧化性大于Ag+，故A错误； B．实验II反应过程中，可能发生反应，溶液pH可能降低，故B正确； C．Fe3+氧化性大于Cu2+，若用溶液代替实验II中溶液，Fe3+能氧化，有生成，故C错误； D．白色沉淀2是氢氧化铝，氢氧化铝在强酸中溶解生成Al3+，氢氧化铝在强碱中溶解生成，Al的存在形式不相同，故D错误； 选B。 13．D 【分析】Cu2+与SCN-混合后溶液变为绿色，是由于生成的淡黄色与未反应的蓝色水合铜离子共存导致，随后SCN-还原Cu2+为Cu+并生成难溶的白色CuSCN沉淀，自身被氧化为(SCN)2。静置后配离子完全转化为CuSCN沉淀。该沉淀可被稀硝酸氧化溶解，生成含Cu2+的淡蓝色溶液并生成HCN与，后者可通过BaCl2检验。该过程体现了SCN-作为还原剂和沉淀剂的双重作用，以及Cu2+在配位反应与氧化还原反应间的竞争反应机制。 【详解】A．水合铜离子为蓝色，已知为淡黄色，二者共存时蓝色与黄色混合显绿色，A正确； B． 根据已知信息，可氧化为​，被还原为，与生成难溶的白色沉淀，B正确； C． 过程i加入KSCN后溶液立即变为绿色，反应速率快；过程ii需要静置1天才出现现象，反应速率慢，故反应速率：过程i>过程ii，C正确； D．过程ii得到的白色沉淀为，加入足量稀硝酸时，中+1价Cu会被硝酸氧化为，中的S元素被氧化为，加入后，只有白色沉淀生成；与不生成沉淀，故沉淀X只有​，不含，D错误； 故答案选D。 14．B 【详解】①的摩尔质量为18g/mol，18g该甲烷物质的量为1mol，1个分子中中子数为，故1mol该甲烷所含中子数为，①正确； ②与的反应为可逆反应，1mol 不能完全反应，转移电子物质的量小于1mol，②错误； ③标况（0℃、101kPa）下为固态，含1mol硫原子的与混合物中气体物质的量小于1mol，体积小于22.4L，③正确； ④和均能使澄清石灰水先变浑浊后变澄清，无法用澄清石灰水鉴别，④正确； ⑤制备漂白粉需用石灰乳吸收，石灰水浓度过低，无法用于制备，⑤错误； ⑥等体积和通入溶液中发生反应为，产物无漂白性，品红溶液不褪色，⑥错误； ⑦常温下铝遇浓硝酸发生钝化，不能溶解，⑦错误； ⑧仅能与氢氟酸反应，与其他酸不反应，属于酸性氧化物，不是两性氧化物，⑧错误； 综上所述，正确的叙述共3个，故答案为B。 15．D 【分析】HCOOH与足量NaOH溶液反应得到HCOONa溶液（溶液A），HCOONa与足量SO2反应生成Na2S2O4溶液和气体B，Na2S2O4溶液中加入NaCl晶体，冷却、搅拌、过滤、洗涤得到Na2S2O4∙2H2O，Na2S2O4∙2H2O加热失去结晶水得到Na2S2O4。 【详解】A．甲酸（）的结构中含有醛基的结构，甲醛也含有醛基，两者都能与银氨溶液发生银镜反应。因此，加入银氨溶液后两者都会产生银镜现象，无法用此方法鉴别甲酸中是否混有甲醛，A错误； B．在工艺流程中，向溶液中加入晶体后，析出的是晶体。这说明在该条件下，的溶解度较小，容易达到饱和而析出，B错误； C．在实验室进行过滤操作时，除了需要漏斗（放置滤纸）和烧杯（盛放滤液）外，还需要玻璃棒用于引流，以防止液体溅出，C错误； D．溶液A的主要成分是。通入发生反应生成，该反应中S元素化合价由+4价下降到+3价，C元素化合价由+2价上升到+4价，作氧化剂，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为2:1， D正确； 故选D。 16．B 【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为沉淀，然后“热溶”使又转化为，电解得到；过滤II后的滤液成分主要为、、，故加入铅精矿主要将还原为，试剂X将置换为，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为。 【详解】A．热浸时，做氧化剂，被氧化为单质，每反应，升价，消耗 ；每反应，同样升价，也消耗，因此消耗物质的量之比为，A错误； B．“电解I”中，阴极得电子生成金属，阳极失电子生成（或失电子生成​，氧化得到），是“热浸”步骤的原料，因此阳极产物处理后可在热浸中循环使用，B正确； C．若置换试剂为，比、都活泼，会置换出和，还会引入杂质，影响后续提纯；应选，置换出且不引入新杂质，C错误； D．“电解II”需要从富银铅泥中提纯和，类似电解精炼，需要将粗的富银铅泥作阳极（阳极溶解，金属离子进入电解液，纯金属在阴极析出），因此富银铅泥应作阳极，不是阴极，D错误； 故答案选B。 17．D 【详解】A．I转化为Ⅱ的过程中，一个氧原子被脱去，在电化学还原条件下，该氧原子会与体系中的质子结合生成水，A正确； B．II到III过程得到，得电子的反应为还原反应，B正确； C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确； D．Ⅲ到Ⅳ的过程，是加H形成C-H键的过程，形成新化学键放出能量，D错误； 故选D。 18．A 【详解】A．装置A为启普发生器，适用于块状不溶于水的固体与液体不加热反应，可实现随开随用、随关随停。但亚硫酸钠是可溶性粉末状固体，会落入酸中，无法控制反应停止，因此不能用该装置制备，A错误； B．粗锌中含，与稀硫酸反应会生成杂质，与硫酸铜反应生成黑色不溶于酸的沉淀，离子方程式为，B正确； C．装置C的作用是干燥氢气，装置E的作用是吸收反应生成的水、同时防止空气中水蒸气进入D中；二者都可盛装浓硫酸，因此可盛装相同试剂，C正确； D．根据反应，E装置增重为生成水的质量，，则，的摩尔质量为，其质量为，因此质量分数为，D正确； 故选A。 19．B 【分析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故仪器a为硝酸银溶液、b为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过c向a通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和气体，产生的银与定量反应生成，通过测生成物的含量，计算室内空气中甲醛含量。 【详解】A．a主要让空气缓慢进入反应体系，使甲醛与银氨溶液充分反应，同时可以起到防倒吸的作用，A错误； B．硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液，B正确； C．关闭，打开拉动隔板，这一步只是采样，并没有让空气进入反应瓶，需要再关闭，打开拉隔板，让空气样品进入三颈烧瓶，C错误； D．甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被氧化，结合甲醛被氧化为，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量，据电子守恒：，消耗甲醛，因实验进行了5次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为，空气中甲醛的含量为，D错误； 故选B。 20．C 【分析】将氢氧化钾、氯酸钾与二氧化锰混合加热，发生反应：，通入发生锰酸钾的歧化反应：经过一系列操作得到晶体，以此进行分析； 【详解】A．陶瓷坩埚的主要成分为，高温下会与强碱反应腐蚀坩埚，因此步骤Ⅰ不能用陶瓷坩埚，A错误； B．溶于水后产生乙醇，产生的乙醇会被后续生成的氧化，降低产率，因此不能代替，错误； C．若过量，会转化为溶解度较小的，降温结晶时可能会作为杂质与一同析出，降低产品纯度，正确； D．热稳定性差，受热易分解，不能直接蒸发至大量晶体析出，步骤的一系列操作应蒸发至晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误； 故选C。 21．C 【分析】本题涉及氧化还原反应的规律，包括氧化性、还原性与pH的关系，催化剂的作用，离子方程式的配平等知识。 【详解】A．实验II中“固体消失”是在酸性条件下与反应生成（浅粉色）、和。从电子守恒看：Mn从+4价降至+2价，得到2个电子；中O从-1价升至0价，每个O失去1个电子，共失去2个电子，电子守恒。配平后离子方程式为：，原子、电荷均配平，该方程式正确，A选项说法正确。 B．强酸性条件下，与反应时，Mn元素从+4价被还原为+2价（），作为氧化剂，仅表现氧化性；中O元素被氧化为，作为还原剂。反应中无Mn元素化合价升高的情况，因此仅表现氧化性，B选项说法正确。 C．实验IV中，加入NaOH后，溶液酸性减弱、碱性增强，与反应生成棕黑色的（反应：），而是分解的高效催化剂，因此气体产生速率明显加快的主要原因是生成了催化剂，而非单纯的碱性增强，C选项说法错误。 D．酸性条件下能氧化并被还原为；而碱性条件下，的氧化性减弱，无法被还原，可稳定存在并作为催化剂催化分解（实验V中产生大量气体，证明的催化作用），D选项说法正确。 故选C。 22．D 【分析】主反应为铜与FeCl3溶液发生氧化还原反应：；显色反应为Fe3+与SCN-生成血红色络合物，用于检验 Fe3+；溶液中 Cu2+与 SCN-发生氧化还原反应：，生成的拟卤素可氧化 Fe2+为 Fe3+，但SCN-被持续消耗，导致血红色褪去，白色CuSCN沉淀增多。 【详解】A．Cu与Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式，符合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，A不符合题意； B．Cu2+与SCN-反应时，Cu从+2价降为+1价，部分SCN-被氧化为(SCN)2，离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒，B不符合题意； C．实验中加入KSCN后，先生成血红色的，振荡后红色褪去、CuSCN白色沉淀增多，说明结合的能力比更强；原因是与生成难溶CuSCN沉淀的倾向，强于与生成可溶性配合物的倾向，会从中夺走，C不符合题意； D．振荡后血红色褪去，说明血红色物质的浓度降低，对于平衡，平衡向逆反应方向移动，D符合题意； 故答案选D。 23．B 【分析】三唑（C2H3N3）与CO2结合，形成一个中间体（O=C=O与三唑结合的产物）。该中间体与水反应，生成H2O2和HCOOH，同时再生三唑。反应中涉及H2O = H⁺ + HO· + e⁻的过程，HO·自由基参与了H2O2的生成。最终，三唑在反应前后未发生变化，属于催化剂。 【详解】A．三唑在反应起始时参与反应，最终又重新生成，符合催化剂特征；中间产物是反应过程中短暂存在并被消耗的物质（如图中带负电的三唑衍生物），因此三唑不是中间产物，A错误； B．CO2中碳原子形成两个双键（O=C=O），为直线型结构，杂化方式为 。HCOOH中碳原子连接一个C=O双键、一个C–OH单键和一个C–H单键，呈平面三角形构型，杂化方式为 。因此，碳原子杂化确实经历了从 的转变，B错误 C．若使用C18O2，18O原子将进入甲酸（HCOOH）分子中，而H2O2中的氧来源于水分子（通过HO·自由基结合生成），故不会生成H218O2，C正确； D．甲酸（HCOOH）沸点较高是由于分子间氢键（羧基中的–OH与另一分子的C=O形成），而非分子内氢键。分子内氢键通常会降低沸点（如邻羟基苯甲醛），而甲酸不存在此类结构，D错误； 故选B。 24．C 【详解】A．步骤Ⅰ，中S平均化合价为+2，HS⋅中S为−1价，S元素化合价发生变化，因此一定发生了电子转移，A正确； B．HS-带1个单位负电荷，总电子数为1(H)+16(S)+1(负电荷)=18；HS⋅是不带电的自由基，总电子数为1(H)+16(S)=17，因此等物质的量的HS-比HS·电子数多，B正确； C．根据原子守恒，2个HS⋅结合得到X为H2S2；步骤Ⅲ是H2S2​的歧化反应，配平反应为：8H2S2=S8+8H2S。H2S2​中S为−1价，生成1 molS8​时，只有8 mol S从−1价升高到0价，总转移电子为8 mol，即转移电子数为8NA，不是16NA​，C错误 D．步骤Ⅳ中H2S和H3AsO3反应生成As2S3​沉淀和水，配平后方程式为，原子、电荷均守恒，方程式正确，D正确； 故选C。 25．D 【分析】根据流程循环：b进入过程Ⅰ（加氢过程），与反应生成和；进入过程Ⅱ（固氮过程），与反应生成和，循环回过程Ⅰ。 配平过程Ⅰ反应：，因此a为，b为，据此分析； 【详解】A．根据分析，为，A正确； B．过程Ⅰ中在阳极生成，阳极发生氧化反应，失电子，与电离出的结合生成，电极反应，B正确； C．过程Ⅱ中转化为中-3价的，化合价降低，发生得电子的还原反应，阴极发生还原反应，因此在阴极得到电子，C正确； D．过程Ⅰ转移时，生成（）；过程Ⅱ中与反应的配平方程式为：，可得生成，因此完全反应仅生成，D错误； 故选D。 26．D 【分析】首先梳理题图信息：横坐标为物质类别（单质→氧化物→酸→碱→盐），纵坐标为元素化合价，各点对应化合价和类别：a：0价单质；b：+2价氧化物，d：+4价氧化物；e：价酸；c：+3价氧化物；f：+2价碱；g：+3价碱；h：+2价盐；：+3价盐； 【详解】A．工业制硝酸的流程为：，不能直接一步转化为，A不符合题意； B．若单质在沸水中生成+2价碱，则为，为，工业制备是电解熔融，熔点极高，不会通过电解熔融（氧化物）的方法制备，B不符合题意； C． 若+3价氧化物为红色颜料，则是，为，为，+2价铁的氧化物不溶于水，不能直接一步转化为，不存在该连续转化，C不符合题意； D．h是+2价盐，i是+3价盐，该转化可通过化合反应实现，例如：，属于化合反应，D符合题意； 故选D。 27．C 【详解】A．实验Ⅰ加入浓硫酸，升高，其他变量几乎不变，重新产生，可证明升高时氧化性增强，A正确； B．实验Ⅱ加入固体，升高，其他变量几乎不变，重新产生，可证明升高时还原性增强，B正确； C．为了证明c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱，仅加入MnSO4固体、加热不产生氯气不能验证实验结论，应加入KCl和MnSO4，结合实验Ⅱ和实验Ⅲ的现象才能证明实验结论，C错误； D．加入足量后，被大量沉淀为，极低，再通入，此时可氧化生成，D正确； 故答案选C。 28．A 【详解】①标准状况下混合气体的物质的量为，为双原子分子、为三原子分子，总原子数介于到之间，不一定为，①错误； ②仅给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量和个数，②错误； ③参与反应时，仅作还原剂（从价升高到价），共失去电子；被还原时从价降低到价，每个得电子，故由水还原的物质的量为，分子数为，③错误； ④石墨和均由原子构成，混合物含的物质的量为，每个含个质子，故质子总数为，④正确； ⑤标准状况下的物质的量为，的物质的量为，二者物质的量相等，分子数相同，⑤正确； ⑥铜的物质的量为，若发生反应生成价铜的化合物（如），仅失去电子，不一定失去个电子，⑥错误； ⑦同温同压下气体体积比等于物质的量之比，故，原子个数比为，⑦正确； 综上正确的说法共3个，故选A。 29．B 【分析】pH试纸检测显深红色，说明溶液Z呈强酸性，含有大量；实验1，滴加产生蓝色沉淀，说明含有；实验2，滴加溶液变红，说明含有；实验3，加过量产生白色沉淀（），说明含有，取上层清液加仍有白色沉淀（），说明含有；实验4，焰色反应呈黄色，说明溶液中含有；溶液Z中有、、、、和，X由2种前四周期元素组成，Y由3种前四周期元素组成，根据推断可知X与Y在水溶液中发生反应，X应为含铁化合物，Y应为含钠化合物； 【详解】A．Z溶液中含有，也能使酸性溶液褪色，干扰的检验，A错误； B．由分析可知，X应为含铁化合物（或），在溶液中易被氧化为，水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，能做净水剂，B正确； C．若X为，Y可能为，亚硫酸根离子在酸性条件下不能稳定存在，C错误； D．由分析可知，Z溶液中的阳离子有、、、，共4种，D错误； 答案选B。 30．B 【分析】根据题图，总反应为，分三步进行：①：；②：（作氧化剂，作还原剂）；③：（作氧化剂，作还原剂）。 【详解】A．反应中存在（非极性共价键）的形成（反应②生成），同时中（非极性共价键）的断裂（反应③），因此过程中既有极性共价键，也有非极性共价键的形成与断裂，A错误； B．反应③：，其中为氧化剂（从价→价，得电子），为还原剂（从价→价，失电子），因此氧化剂与还原剂物质的量之比为，B正确； C． 是该反应的催化剂，反应①消耗，反应③生成，整个过程中的物质的量不变，C错误； D．图乙总反应为，则生成，转移电子的物质的量为3 mol，D错误； 故答案选B。 31．D 【分析】根据流程知，水样中溶解的氧将氧化为，加入过量的、硫酸将还原为的同时生成，为防止被淀粉表面牢固吸附，过量的与发生反应，然后在淀粉作指示剂的条件下用标准溶液滴定生成的来测定水中的含氧量。 【详解】A．由分析知，步骤Ⅰ中加入KI是为步骤Ⅱ酸化后氧化生成提供还原剂，过量KI可确保完全反应，A正确； B．步骤Ⅱ在酸性条件下，易被空气中氧化，光照会催化该反应，故需暗处反应以防止被氧化，B正确； C．根据关系式，的消耗量和的量成正比，故消耗的越多，水中含氧量越高，C正确； D．若先加淀粉，高浓度会和淀粉形成稳定的蓝色包合物，导致部分无法被标准溶液滴定，产生误差，D错误； 故答案选D。 32．C【分析】本实验以MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，先通过a中淀粉KI溶液变蓝验证Cl2的氧化性强于I2，再将Cl2通入盛有铁粉和苯的c装置，探究Cl2与苯的反应类型。 【详解】A．打开时，进入a中，发生反应，淀粉遇变蓝，根据氧化还原反应规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，即，A正确； B．b中反应为，部分从-1价升高为0价，体现还原性；部分形成，体现酸性，B正确； C．若c中发生取代反应，产物为氯苯和，进入银氨溶液只会生成沉淀，不会产生银镜；银镜反应是醛基的特征反应，有银镜生成不能说明c中发生取代反应，C错误； D．c中先与铁粉反应生成，铁被氧化因此溶解；苯和在催化下发生取代反应，生成气体，遇水蒸气会形成白雾，D正确； 故选C。 33．D 【分析】含钴废料经空气焙烧除去碳及有机物；稀硫酸和过氧化氢酸浸使还原为，同时浸出铁离子，铝离子，二氧化硅难溶于硫酸，沉淀形成滤渣1；氨水调pH使氢氧化铁和氢氧化铝沉淀形成滤渣2；利用碳酸氢铵沉钴形成碳酸钴沉淀，放出二氧化碳气体；碳酸钴加入碳酸锂高温焙烧得到，据此分析。 【详解】A．含钴废料中的碳可被空气中氧气氧化为，有机物灼烧也转化为气体除去，因此550℃焙烧的主要目的是除去碳及有机物，A正确； B．酸浸时，作还原剂，将中+3价Co还原为；而会把还原成，影响后续铁沉降，因此不可以用代替，B正确； C．高温焙烧的反应为：，反应中是氧化剂（O从0价降为-2价），是还原剂（Co从+2价升为+3价，C化合价不变），氧化剂与还原剂物质的量之比为，C正确； D．沉钴时发生反应，气体为，“调pH”的目的是中和过量的酸，使pH增大，是酸性氧化物，不能达到升pH的目的，D错误； 故选D。 34．C 【详解】A．反应①～⑤中有①③④共3步涉及化合价变化，存在电子的转移，A正确； B．经过②的转化后，原子无孤电子对，对成键电子对的斥力减小，键角增大，B正确； C．中为价，的化合价为+3价，C错误； D．根据反应原理，反应物为SO2、I-、O2，生成物为、I2，总反应为 SO2 +2I- +O2 =+I2，D正确； 故选C。 35．C 【详解】A．X射线衍射法是测定晶体结构的常用方法，可用于测定辉石和斜长石的晶体结构，A正确； B．中Li为+1价、Ti为+4价，总正化合价为，设过氧键数目为，每个过氧键对应2个-1价O，其余O为-2价，列式得，解得，故1mol该物质中过氧键数目为，B正确； C．成键元素电负性差值越大，离子键成分百分数越高，Ca的电负性小于Mg，Ca与Si的电负性差值大于Mg与Si的差值，故离子键成分百分数，C错误； D．图示为两个硅氧四面体共用1个顶点O，O总数为，Si为+4价，O为-2价，所带负电荷数为，D正确； 故选C。 36．D 【分析】实验①中，不与显色，因此初始无明显变化；一段时间后部分被空气中氧化为，与结合使溶液变为浅红色。 实验②中，与发生氧化还原反应，初始过量使溶液显绿色，反应生成难溶的白色沉淀，同时析出，最终绿色褪去得到白色沉淀。 实验③中，存在时，可迅速将氧化为，与结合立即显红色，同时生成白色沉淀，验证了该条件下氧化还原反应的发生。 【详解】A．溶液中具有还原性，可被空气中的氧化为，与结合使溶液显浅红色，A正确； B．已知性质与卤素离子相似，可氧化，生成和白色沉淀，配平后离子方程式为：，电子、电荷、原子均守恒，B正确； C．根据反应，可知原本氧化性：，不能氧化；实验③加入后，溶液立即变红（生成）并产生白色沉淀，说明成功氧化了，原因是与生成的结合为沉淀，降低了浓度，增强了的氧化性，使反应能够发生，因此可增强的氧化性和的还原性，C正确； D．刻蚀铜板后的“腐蚀液”中一定含有生成的和，根据实验③可知：即使原腐蚀液中不含，加入后，也会在作用下氧化生成，使溶液变红，因此无法用检验原腐蚀液中是否含有，D错误； 故选D。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考化学选择题之考前定时训练 （临近高考，选择题定时训练很重要，建议12道题训练一次，一次20分钟） 1．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，下列说法不正确的是 已知：深蓝色溶液中生成了。 A．实验开始至5 s，没有发生氧化还原反应 B．实验开始至30 s，溶液中生成的总反应离子方程式为： C．30s至80s的过程，不一定是氧气氧化了 D．80s时，溶液中又生成了，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致 2．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。研究发现颗粒的大小对总反应速率几乎无影响，MgO颗粒的大小对总反应速率影响较大。下列说法正确的是 A．a为HCl，c为 B．d既可以是MgO，也可以是 C．物质转化过程中的能量变化可用图2表示 D．两步反应中对总反应速率影响较大的是第②步 3．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是 A．制备：熔融的 B．硫酸工业： C．金属Mg制备：溶液 D．纯碱工业：饱和NaCl溶液 4．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．石墨晶体中含有的共价键数目为 B．常温常压下，乙醇（）中所含杂化的原子数目为 C．0.1 mol环氧乙烷（）中所含σ键数目为 D．晶体中阴、阳离子总数为 5．为探究红色固体与酸的反应，进行如下实验。 已知：①水溶液中是蓝色，是黄绿色，是深蓝色。 ② 实验组 实验操作 实验现象 Ⅰ 溶液变为蓝色，有少量的白色沉淀 Ⅱ 固体全部溶解，溶液变为黄绿色，加入氨水后溶液变成深蓝色 Ⅲ 溶液变为蓝色，液体呈浑浊状态 Ⅳ 固体全部溶解，溶液变为蓝色，加入氨水后溶液变成深蓝色 下列说法不正确的是 A．Ⅰ中生成白色沉淀的反应： B．Ⅱ中溶液变成黄绿色的原因可能与溶解的氧气有关 C．Ⅲ溶液变蓝色原因是稀硝酸将氧化为 D．结合实验现象可知，与的配位能力强弱： 6．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．常温下，18 g HTO中含有中子的数目为 B．100 mL 18 mol/L的浓硫酸与足量Cu反应，生成气体的分子数小于 C．常温常压下，8 g 中所含原子数为 D．标准状况下，17 g 含有的N-H的数目为 7．工业上以铅矿粉(主要成分为，还含有杂质、、、等)为原料制备高纯铅的流程如下。下列说法正确的是 已知：①为易溶于水的强酸； ②，， A．“滤液Ⅰ”的主要成分为、 B．“氧化酸浸”时，只有铁元素被氧化 C．理论上，滤液Ⅲ中 D．“溶解”时，发生的离子方程式为： 8．某同学研究铜和稀硝酸的反应。测得产生气体的体积(V)随时间(t)的变化关系如图1所示，并提出了铜和稀硝酸反应的过程如图2所示(反应过程中温度变化忽略不计)。 已知：为弱酸，为淡黄色沉淀 下列说法不正确的是 A．铜和稀硝酸总反应的化学方程式是 B．图1中，200min~275min反应速率的变化可能是由于催化反应导致的 C．取200min时的反应液，向其中加入溶液，产生少量淡黄色沉淀，说明反应ⅱ发生 D．反应ii中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1︰2 9．下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向的溶液(深紫红色)中加入等体积的KI浓溶液，振荡，静置，溶液分层，下层呈浅紫红色，上层呈棕黄色 的溶解能力： KI浓溶液>CCl4 B 常温下，将Al片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者有气体产生，后者无明显现象 氧化性：稀硝酸>浓硝酸 C 在少量脱脂棉中加入几滴浓硫酸和几滴水，搅成糊状，再加入新制的悬浊液，煮沸，生成砖红色沉淀 纤维素水解生成葡萄糖 D 向溶液中先后滴加4滴和溶液，先产生白色沉淀，后变成红褐色沉淀 相同温度下的： A．A B．B C．C D．D 10．晶体具有良好的导电性，其晶体是由平面层和非密置的层交替叠加而成，平面层结构如下图1所示，处在形成的六元环的中心。晶体结构如下图2所示。已知和的半径分别为和。下列说法错误的是 A．的电子式为 B．层中间距为 C．晶胞中距离最近的数为8 D．晶体中，可出入层间及层内空隙从而具有导电性 11．根据实验操作和现象，所得结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 氯化钠固体与浓硫酸反应可以制得氯化氢气体 酸性： B 和混合液中滴加KSCN溶液，溶液不变红 稳定性： C 向溶液中加入铁片无现象 氧化性： D 向溶液中通入气体，产生白色沉淀 ： A．A B．B C．C D．D 12．探究不同金属硫酸盐与亚硫酸钠溶液的反应，实验步骤如下： 下列说法正确的是 A．由实验I、II可知氧化性： B．实验II反应过程中溶液pH可能降低 C．若用溶液代替实验II中溶液，没有生成 D．白色沉淀2在强酸和强碱中溶解后，Al的存在形式相同 13．某实验小组探究与的反应，实验过程如下。 已知：①溶液呈淡黄色，、均为难溶于水的白色沉淀； ②的还原性介于、之间，可被氧化为 下列说法错误的是 A．过程i中生成了淡黄色，其与共存使溶液显绿色 B．过程ii中生成的白色沉淀为 C．反应速率：过程i>过程ii D．过程v中生成的白色沉淀包含和 14．下列叙述，正确的个数是 ①常温常压下，18 g甲烷()所含的中子数为 ②71 g氯气与水完全反应生成氯化氢和次氯酸，转移的电子的物质的量为1 mol ③标准状况下，含有1 mol硫原子的与的混合物，其体积小于22.4 L ④不能用澄清石灰水鉴别和 ⑤可用石灰水吸收反应产生的制备漂白粉 ⑥和都具有漂白性，将等体积的两种气体同时通入品红溶液中，可观察到品红溶液褪色更快 ⑦常温下，铝可溶于过量浓硝酸，也可溶于过量NaOH溶液 ⑧向固体中滴加NaOH溶液或氢氟酸，固体均溶解，说明是两性氧化物 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 15．连二亚硫酸钠(化学式为：Na2S2O4)俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业。某种Na2S2O4的生产工艺流程如图所示，若在实验室模拟该工艺流程，下列说法正确的是 A．可用银氨溶液鉴别甲酸中是否含有甲醛 B．NaCl的溶解度小于Na2S2O4·2H2O的溶解度 C．过滤操作中需要用的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 D．由溶液A制备Na2S2O4溶液过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1 16．以铅精矿(含、等)为原料提取金属和的工艺流程如下： 已知：“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。 下列说法正确的是 A．溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 B．“电解I”阳极产物用尾液吸收后可在“热浸”中循环使用 C．“置换”中选用的试剂X可为Fe D．“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作阴极 17．铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图所示。下列说法不正确的是 A．I到Ⅱ的过程中有水生成 B．Ⅱ到Ⅲ的过程发生还原反应 C．Ⅳ的示意图为 D．Ⅲ到IV的过程需要吸收能量 18．硫化锂易潮解，受热时易被空气中的氧化。实验室用粗锌(含少量铜、FeS)和稀硫酸反应制备，并用制得的还原硫酸锂制备硫化锂()，装置如图所示，下列说法错误的是 A．装置A可实现随开随用，随关随停，也适用于用亚硫酸钠固体和70%浓硫酸制备 B．装置中有黑色沉淀生成，反应的离子方程式为： C．装置和可选择盛装相同的试剂 D．假设样品中的全部参与反应(其它杂质不反应)，若有样品，反应结束后装置增重，则的质量分数为 19．某小组设计如图装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。测定原理为（未配平），，通过测定含量计算出甲醛的含量。下列说法正确的是 A．a中毛细管的主要作用是搅拌、防倒吸 B．配制银氨溶液，仪器b中放置的药品为氨水 C．c中空气样品进入的方式从一处集中采样，关闭，打开拉动隔板 D．c处重复5次操作后通过测定共生成，则空气中甲醛的含量为0.15mg/L 20．某化学小组采取如下步骤制备高锰酸钾： Ⅰ．称取和放入坩埚中混合，并搅拌加热。 Ⅱ．待固体熔融后，不断搅拌下分批加入，反应一段时间。 Ⅲ．冷却，将固体研细，用的溶液浸取，得绿色溶液。 Ⅳ．向绿色溶液中通入适量后，将溶液加热，并趁热滤去残渣。 V．滤液经一系列操作得到紫色晶体。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ可在陶瓷坩埚中使用玻璃棒搅拌加热 B．步骤Ⅲ中的可用代替 C．步骤Ⅳ若通入的过量则会降低产品的纯度 D．步骤Ⅴ的一系列操作指的是蒸发至大量晶体析出，过滤、洗涤、干燥 21．某实验小组探究不同pH对催化分解反应的影响，进行如下实验： 已知：在碱性条件下分解，保存溶液时添加适量磷酸；为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中解释“固体消失”现象的离子方程式为 B．实验Ⅱ表明强酸性条件下，与反应时仅表现氧化性 C．实验Ⅳ中产生气体的速率明显加快，主要是由溶液的碱性增强引起的 D．碱性条件下，氧化性减弱，与反应时作为催化剂 22．实验小组用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 已知：a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀。 b．(SCN)2为拟卤素，水溶液呈黄色或淡黄绿色，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 下列说法一定错误的是 A．实验过程i中Cu与FeCl3反应的离子方程式为 B．通过实验现象可知，过程ii中与反应生成拟卤素(SCN)2，反应的离子方程式为 C．该环境下Cu+结合的能力比强，是因为Cu+与形成难溶的CuSCN沉淀的倾向强于Fe3+与形成可溶性配合物的倾向 D．振荡后实验现象说明体系存在可逆平衡：且平衡向正反应方向移动 23．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O=H++HO·+e-。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示，下列叙述正确的是 A．三唑是反应循环中的中间产物 B．碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变 C．CO2换成C18O2，可生成H218O2 D．HCOOH沸点高是因为存在分子内氢键 24．去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为含单电子的原子团)。下列说法不正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值) A．步骤Ⅰ中发生了电子转移 B．等物质的量的HS-比HS·电子数多 C．X为H2S2，步骤Ⅲ中每生成1mol S8，转移电子数为16NA D．步骤Ⅳ除砷的方程式为 25．我国科学家研发出一种电驱动化学链合成氨新技术，包括电驱动加氢过程和电驱动LiH固氮过程，原理示意图如图。其中a、b代表或中的一种。 已知：过程Ⅰ中为两电极反应物；电解质为熔融氯化锂；和均在阳极上析出。 下列说法不正确的是 A．a为LiH B．过程Ⅰ中生成的电极反应式为 C．过程Ⅱ中在阴极得到电子 D．过程Ⅰ转移时生成的a在过程Ⅱ中完全反应，生成 26．部分含N或Mg或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是 A．工业上利用a→d→e的转化制备硝酸 B．若a在沸水中可生成f，则工业上利用b→a的转化制备a C．若c常作红色颜料，则存在b→f→g的转化 D．h→i的转化可能通过化合反应得以实现 27．浓盐酸与混合加热，氯气不再产生时，所得固液混合物中仍残留盐酸和。实验小组通过如下过程探究其原因。 (1)查阅文献获知： ①随降低或升高，的氧化性减弱； ②随降低，的还原性减弱。 (2)设计实验验证上述结论： 实验Ⅰ，向固液混合物中加入浓，加热，继续产生； 实验Ⅱ，向固液混合物中加入固体，加热，继续产生； 实验Ⅲ，向固液混合物中加入，加热，不产生； 下列说法不正确的是 A．实验Ⅰ证明升高，氧化性增强 B．实验Ⅱ证明升高，还原性增强 C．实验Ⅲ为了证明浓度升高，氧化性减弱，加入的可为固体 D．固液混合物A中加入足量固体，再通入氯气，可能有生成 28．用表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的有 ①标准状况下，和组成的混合气体含有原子数为 ②溶液中含有的个数为 ③已知：，如果有参加反应，则由水还原的分子数目为 ④12 g石墨和C60的混合物中质子总数为 ⑤(标准状况)和中含有的分子数相同 ⑥64 g铜发生氧化还原反应，一定失去个电子； ⑦在常温常压下与所含的原子个数比为 A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 29．X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后按一定比例混合，得到溶液Z，用试纸检测显深红色。取4支试管分别装入少量溶液Z进行实验，记录为： 序号 实验操作 现象 1 滴加溶液 产生蓝色沉淀 2 滴加溶液 溶液变红 3 先加过量溶液，静置，再向上层清液中滴加溶液 均产生白色沉淀 4 焰色试验 火焰呈现黄色 下列说法正确的是 A．可用酸性溶液检验Z溶液中是否含有 B．X可作净水剂 C．Y在酸性溶液中能稳定存在 D．Z溶液中含3种阳离子 30．有氧条件下，催化还原的反应历程如图所示。下列说法正确的是 已知：中N的化合价跟中N的化合价相同 A．过程中只有极性共价键的形成与断裂 B．反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．过程中的物质的量减少 D．每生成，转移电子的物质的量为 31．水样中的溶解氧含量按下列步骤测定： 已知：当浓度很高时，与淀粉形成的蓝色包合物很稳定，较难分解，也较难与其他物质反应。下列说法错误的是 A．步骤Ⅰ，须加入过量KI溶液，以确定后续完全反应 B．步骤Ⅱ，充分搅拌，盖上盖子，在暗处反应，防止光催化空气氧化I- C．步骤Ⅲ，消耗的越多，水中含氧量越高 D．步骤Ⅲ，应先加入淀粉指示剂，再用标准溶液滴定至溶液蓝色恰好褪去 32．利用如图装置进行实验：打开、，加热三颈烧瓶一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开。 下列说法错误的是 A．a中现象说明氧化性： B．b中HCl表现出还原性和酸性 C．d中有银镜生成，说明c中发生了取代反应 D．c中铁粉溶解说明铁被氧化了，并有白雾充满烧瓶 33．一种以含钴废料(主要成分为，还含有少量、、、碳及有机物等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀［c(金属离子)］的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 下列说法不正确的是 A．“550℃焙烧”主要是为了除去碳及有机物 B．酸浸时不可用代替 C．“高温焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比 D．气体X可在“调pH”操作单元回收利用 34．利用烟气中SO2可回收废水中的I-，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法错误的是 A．反应①⑤中有3步存在电子的转移 B．经过②的转化后键角增大 C．中Co的化合价为+4价 D．总反应(省略条件)为 35．2024年6月，嫦娥六号实现世界首次月背采样，月壤中矿物以辉石(CaMgSi2O6)、斜长石(KAlSi3O8)和钛铁矿(FeTiO3)为主。用钛铁矿制备锂电池的电极材料过程中会生成中间产物Li4Ti5O15(Ti为+4价)，下列说法中错误的是 A．可通过X射线衍射法测定辉石和斜长石的晶体结构 B．1mol Li4Ti5O15中含过氧键的数目为3NA C．离子键成分的百分数：Ca2Si＜Mg2Si D．上图代表硅酸根阴离子，其所带的负电荷数为6 36．向溶液刻蚀铜板后的“腐蚀液”中，滴加1滴(溶液，溶液变为红色并立即产生白色沉淀。为探究产生上述现象的原因，进行如下实验。 实验 操作 现象 ① 向溶液中，滴加1滴溶液 溶液无明显变化，一段时间后溶液变浅红色 ② 向溶液中，滴加1滴溶液 溶液变为绿色，一段时间后绿色褪去并产生白色沉淀 ③ 向溶液中，滴加1滴溶液和1滴溶液 溶液立即变为红色，并产生白色沉淀 已知：性质与卤素离子相似；白色沉淀为。 下列说法错误的是 A．实验①中溶液变为浅红色的原因是被氧化 B．实验②中生成白色沉淀的反应为 C．上述实验表明，可增强的氧化性和的还原性 D．可用溶液检验“腐蚀液”中是否含有 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 特别提醒： 以上题都是高考中的能力题，每道题都需要教师给学生认真点拨一下。 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $