课时测评5 氧化还原反应方程式的配平及计算——守恒规律的应用(Word练习)-【金版新学案】2027年高考化学高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦氧化还原反应守恒规律，精选2025年各地高三模拟题，涵盖配平、计算及工业流程应用，适配一轮复习巩固提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|17题/68分|氧化还原配平、电子转移计算、阿伏加德罗常数|基础到综合梯度设计，结合2025年联考真题| |非选择题|4题/32分|工业流程分析、方程式书写|真实工业情境（如燃煤脱硫、二氧化氯制备），突出守恒规律应用|

课时测评5　氧化还原反应方程式的配平及计算——守恒规律的应用 (时间：45分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) 1－17题，每小题4分，共68分。 1.某反应体系中的物质有 NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是(　　) Au2O3＋　　　　＋　　　　　　　　＋　　　　＋　　　　 A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D．当1 mol Au2O3 完全反应时，转移电子8 mol 答案：C 解析：Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由＋3变为＋1，化合价总共降低2×2＝4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为＋2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为＋2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠元素守恒可知 NaOH 是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，根据得失电子守恒配平反应的化学方程式：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2OAu2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，当 1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol，A、B、D错误，C正确。 2.(2025·广东高三联考)设NA为阿伏加德罗常数的值，碘及其化合物有如图所示的转化关系。下列叙述正确的是(　　) A．反应①中，常温常压下，2.24 L Cl2完全反应转移的电子数为0.2NA B．反应②中，生成氧化产物和还原产物的数目均为0.2NA C．反应③中，每生成1 mol I，转移的电子数为5NA D．反应④中，每生成3 mol I2，转移的电子数为5NA 答案：D 解析：常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L·mol－1，2.24 L Cl2的物质的量小于0.1 mol Cl2完全反应转移电子数小于0.2NA，故A项错误；氧化产物和还原产物的量未知，无法计算，故B项错误；根据离子方程式I－＋3Cl2＋3H2OI＋6Cl－＋6H＋可知，每生成1 mol I，转移6 mol电子，则转移电子数为6NA，故C项错误；根据离子方程式5I－＋I＋6H＋3I2＋3H2O可知，反应④中，每生成3 mol I2，转移5 mol电子，则转移的电子数为5NA，故D项正确。 3.一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3HNO3＋N2↑＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 答案：A 解析：A项，配平后方程式为5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，错误；B项，NH4NO3中N所含N元素化合价升高，部分N所含N元素化合价降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，正确；C项，该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中有元素化合价变化，则属于氧化还原反应，正确；D项，氧化产物(5→)和还原产物(3→)的物质的量之比为∶＝5∶3，正确。 4.含氮化合物的部分转化关系如图，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．反应①每消耗32 g O2，生成NO分子的数目为2NA B．标准状况下，22.4 L NO2中含有原子的数目为3NA C．1 L 1 mol·L－1 NaNO2溶液中，含有N的数目为NA D．反应③中每生成1 mol氧化产物，转移电子的数目为NA 答案：D 解析：反应①为4NH3＋5O24NO＋6H2O，反应②为2NO＋O22NO2，反应③为2NO2＋2OH－N＋N＋H2O，据此解答。根据反应①可知，每消耗32 g O2，生成NO分子的数目为0.8NA，A项错误；标准状况下，NO2不是气体，无法计算，B项错误；N在溶液中会发生水解，则1 L 1 mol·L－1 NaNO2溶液中，含有N的数目小于NA，C项错误；反应③中，N为氧化产物，该反应每生成1个N转移1个电子，则每生成1 mol N，转移电子的数目为NA，D项正确。 5.(2025·四川内江二中月考)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为Cu＋NaClO＋NaOHNaCuO2＋NaCl＋H2O(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．NaCuO2中铜的化合价为＋3 B.1 mol ClO－参加反应转移2 mol电子 C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3 D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为4Cu＋12H＋4Cu2＋＋O2↑＋6H2O 答案：D 解析：根据元素守恒，得失电子守恒配平可得：2Cu＋3NaClO＋2NaOH2NaCuO2＋3NaCl＋H2O。NaCuO2中Na为＋1价、O为－2价，则铜的化合价为＋3价，A正确；ClO－→Cl－，氯元素的化合价由＋1价降低到－1价，则1 mol ClO－参加反应转移2 mol电子，B正确；该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2∶3，C正确；NaCuO2在酸性环境中不稳定且为难溶于水的固体，故与稀硫酸反应的离子方程式为4NaCuO2＋12H＋4Na＋＋4Cu2＋＋O2↑＋6H2O，D错误。 6.高炉炼铁时发生反应：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．28 g CO含有的分子数目为2NA B．22.4 L CO2含有的氧原子数目为2NA C．1 mol Fe2O3熔融状态下含有的Fe3＋数目为2NA D．每生成1 mol Fe，转移电子数目为6NA 答案：C 解析：28 g CO的物质的量是1 mol，含有的分子数目为NA，A项错误；未注明温度、压强，无法确定CO2的物质的量，B项错误；Fe2O3熔融状态下的电离方程式为Fe2O32Fe3＋＋3O2－，1 mol Fe2O3中含有的Fe3＋数目为2NA，C项正确；每生成1 mol Fe，转移电子数目为3NA，D项错误。 7.已知：①KMnO4＋HCl(浓)KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)； ②检验Mn2＋的存在：5S2＋2Mn2＋＋8H2O10S＋2Mn＋16H＋。下列说法错误的是(　　) A．S2中存在一个过氧键(—O—O—)，则S2中硫元素的化合价为＋7 B．反应②若有0.1 mol还原剂被氧化，则转移电子0.5 mol C．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体 D．反应①中消耗0.2 mol KMnO4时，被氧化的HCl为1 mol 答案：A 解析：过氧键整体显－2价，S2中硫元素的化合价为＋6价，A错误；反应②中Mn2＋为还原剂，若有2 mol还原剂被氧化，转移电子的物质的量为2 mol×(7－2)＝10 mol，故若有0.1 mol还原剂被氧化，转移电子0.5 mol，B正确；根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，故其与浓盐酸混合可得到氯气，C正确；根据守恒规律配平：2KMnO4＋16HCl(浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，2 mol KMnO4参与反应时，消耗16 mol HCl，只有10 mol HCl被氧化为Cl2，则消耗0.2 mol KMnO4时，被氧化的HCl为1 mol，D正确。 8.含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是(　　) A．该催化剂不能提高CO2的平衡转化率 B．过程1中CO2发生还原反应 C．过程3中有1 mol H2O生成时有2 mol电子转移 D．整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 答案：C 解析：催化剂不能改变化学平衡状态，只能改变化学反应速率，所以不能提高CO2的平衡转化率，A正确；Ru(钌)的化合物与二氧化碳反应，产物中碳元素的化合价由＋4价变为＋2价，二氧化碳被还原，B正确；由图可知，过程3反应方程式为Ru(OH)2＋2H2RuH2＋2H2O，反应中钌元素的化合价没有发生变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气既是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当1 mol Ru(OH)2转化为RuH2时，氢气得到2 mol电子，Ru(OH)2并没有电子得失，所以当1 mol H2O生成时有1 mol电子转移，C不正确；由图可知，Ru元素在化合物中的化学式分别为RuH2、Ru(HCOO)2、Ru(OH)2；氧元素均形成含氧化合物，没有形成过氧化物，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，Ru元素和O元素的化合价不变，D正确。 9.草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，其离子方程式为Mn＋H2C2O4＋H＋CO2↑＋Mn2＋＋　　　(未配平)。关于此反应的叙述正确的是(　　) A．该反应的还原产物是CO2 B．该反应右框内的产物是OH－ C．配平该反应后，H＋计量数是6 D.1个Mn在反应中失去5个电子 答案：C 解析：CO2是H2C2O4中碳元素被氧化的产物，属于氧化产物，A错误；反应在酸性条件下进行，产物中不可能有OH－，右框内的产物应为H2O，B错误；配平后离子方程式为2Mn＋5H2C2O4＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，H＋的计量数为6，C正确；Mn中的Mn从＋7价降至＋2价，每个Mn得到5个电子，D错误。 10.NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是N＋　　　　Mn2＋＋N＋H2O。下列叙述正确的是(　　) A．该反应中N被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．　　中的粒子是OH－ 答案：C 解析：反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，每个N原子失去2个电子，被氧化，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，每个Mn原子得到5个电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应消耗氢离子，所以B和D都是错误的。 11.(2025·辽宁阜新实验中学一模)某强氧化剂XO(OH被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是(　　) A．＋2　　 B．＋1　　 C.0　　 D．－1 答案：C 解析：XO(OH中X的化合价是＋5，Na2SO3被氧化，S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降总数必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。 12.(2025·广东深圳高三调研)四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．方法1中，吸收SO2前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变 B．若烟气中还含有NO2，采用方法2可实现同时脱硫脱硝 C．方法3中能循环利用的物质是NaOH D．方法4中SO2与CO反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 答案：D 解析：方法1中，SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3，反应方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3，在SO2中硫元素化合价为＋4价，在Na2SO3中硫元素化合价为＋4价，在NaHSO3中硫元素化合价也为＋4价，故吸收SO2前后溶液中硫元素化合价未发生改变，A正确；方法2中，氨水呈碱性，SO2是酸性氧化物，能与氨水反应被吸收；NO2与H2O反应生成HNO3，HNO3也能与氨水反应，所以采用方法2可实现同时脱硫脱硝，B正确；方法3中，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3与Ca(OH)2、O2反应生成CaSO4和NaOH，生成的NaOH可以继续用于吸收SO2，则能循环利用的物质是NaOH，C正确；方法4中，SO2与CO反应的化学方程式为SO2＋2CO S＋2CO2，在该反应中，SO2中硫元素化合价从＋4价降低到0价，SO2作氧化剂；CO中碳元素化合价从＋2价升高到＋4价，CO作还原剂，根据化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误。 13.(2025·黑龙江鸡西一中一模)FeS2与硝酸反应产物有Fe3＋和H2SO4，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时，则HNO3的唯一还原产物是(　　) A．NO2　　 B．NO　　 C．N2O　　 D．N2O3 答案：B 解析：设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 mol、8 mol，HNO3的唯一还原产物中N元素的化合价为＋x。反应中有 (NO3)3＋2H2 O4，1 mol FeS2失去电子15 mol，且有3 mol HNO3体现酸性；HO3，只有5 mol HNO3作氧化剂得电子5×(5－x) mol。则5×(5－x)＝15，解得x＝2。 14.(2025·山东菏泽一模)已知PbO2受热分解为Pb的＋4价和＋2价的混合氧化物(＋4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。1 mol PbO2受热分解得到固体和a mol氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气b mol，若a∶b为3∶2，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是(　　) ①PbO2、PbO；1∶2　②PbO2、Pb3O4；1∶3 ③Pb3O4、PbO；1∶1　④PbO2、Pb3O4、PbO；1∶1∶4 A．③④　　 B．②③　　 C．①②　　 D．①④ 答案：A 解析：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为＋4、＋2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，＋4价Pb被还原为＋2价，Cl－被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1 mol PbO2在上述转化过程中共转移2 mol e－，设该过程得到O2的物质的量为a＝3x mol，则Cl2的物质的量为b＝2x mol，利用得失电子守恒可得：3x×4＋2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1 mol PbO2在受热分解过程中产生0.375 mol O2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb)∶n(O)＝4∶5，结合选项可知只有③、④项满足n(Pb)∶n(O)＝4∶5，故A正确。 15.(2025·广东广州高三月考)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，可用作无毒的绿色消毒剂。二氧化氯的制备以及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂——亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图： 已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O； ②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下以保证安全。 下列说法正确的是(　　) A．工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)用的是阴离子交换膜 B．“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2 C．上述工艺流程中，理论制备的NaClO2·3H2O与获取的H2物质的量之比为1∶3 D．对NaClO2·3H2O晶体进行提纯可采取溶解、蒸发结晶、过滤、洗涤操作 答案：C 解析：工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)，为防止生成的氯气与OH－接触反应，应用阳离子交换膜，A错误；由已知②可知，纯二氧化氯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，B错误；根据电解反应：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑和氯原子守恒，可知理论制备的NaClO2·3H2O与获取的H2的物质的量之比为1∶3，C正确；粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体必须进行的操作是重结晶，D错误。 16.(2025·内蒙古呼和浩特市二中一模)已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2＋而使溶液褪色。欲使20.00 mL 1.00×10－2 mol·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度(单位：mol·L－1)为(　　) A．2.00×10－2　　 B．3.00×10－2 C．4.00×10－2　　 D．5.00×10－2 答案：A 解析：酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2＋而使溶液褪色，发生的反应为2Mn＋5S＋6H＋2Mn2＋＋5S＋3H2O，则有关系式：2Mn～5S，使20.00 mL 1.00×10－2 mol·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为＝2.00×10－2 mol·L－1。 17.(2025·广东广州高三月考)碲被誉为金属性最强的非金属，某科研小组从碲渣(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是(　　) 已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在；②TeO2是两性氧化物，TeOSO4为正盐。 A．“焙烧”用到的主要仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒 B．“碱浸”时，反应的离子方程式为TeO2＋2OH－Te＋H2O C．“酸化”后生成TeOSO4 D．“还原”后，溶液的酸性减弱 答案：D 解析：“焙烧”是对固体物质进行高温加热，用到的主要仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒，A正确；TeO2是两性氧化物，“碱浸”时，反应的离子方程式为TeO2＋2OH－Te＋H2O，B正确；加硫酸“酸化”后得碲的硫酸盐，即“酸化”后生成TeOSO4，C正确；“还原”过程中发生的反应为TeO2＋＋2S＋H2OTe↓＋2S＋2H＋，溶液的酸性增强，D错误。 18.(16分)按要求回答问题。 (1)以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下： 写出酸溶1发生反应的化学方程式：　　　　。 (2)纳米ZnFe2O4用于除去废气时转化关系如图： ZnFe2O4ZnFe常温除去CO2、NO2、SO22Ox ①x＝3.5时，上述转化反应中消耗的n(ZnFe2O4)∶n(H2)＝　　　　　。 ②ZnFe2O3.5除去SO2的化学方程式为　　　　。 (3)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。 方法一： ①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式：　　　　。 ②研究表明，用Fe2＋/Fe3＋可强化脱硫效果，其过程如图所示： 过程 Ⅰ：…… 过程 Ⅱ：2Fe3＋＋SO2＋2H2O2Fe2＋＋S＋4H＋ 过程 Ⅰ的离子方程式是　　　　。 方法二： ③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：　　　　　　　　。 答案：(1)CuS＋MnO2＋2H2SO4MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4 (2)①2∶1　②SO2＋4ZnFe2O3.5S＋4ZnFe2O4 (3)①MnO2＋SO2MnSO4 ②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ③溶液中存在平衡：MnCO3(s)⥫⥬Mn2＋(aq)＋C(aq)，C消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2O⥫⥬H2SO3⥫⥬H＋＋HS，生成的Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4发生 解析：(2)①1 mol ZnFe2O4变为ZnFe2O3.5时，Fe元素的化合价降低1价，由得失电子守恒知，H元素的化合价应该升高1价，参加反应的H2的物质的量为0.5 mol，即n(ZnFe2O4)∶n(H2)＝2∶1。②ZnFe2O3.5与SO2反应生成S和ZnFe2O4，化学方程式为SO2＋4ZnFe2O3.5S＋4ZnFe2O4。 19.(4分)(2025·广东深圳高三三模)钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以某工业净化渣(含有Co、Fe、Cu等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(CuS)＝8.9×10－36，Ksp(CoS)＝1.8×10－22。回答下列问题： “氧化Ⅱ”过程中，Na2S2O8与Co2＋发生反应的离子方程式为　　　　。 答案：S2＋2Co2＋2Co3＋＋2S 解析：由流程图可知，“氧化Ⅱ”过程中Na2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋，S2被还原为S，离子方程式为S2＋2Co2＋2Co3＋＋2S。 20.(6分)(1)向NaClO2中加入盐酸可得到ClO2气体。已知：反应产物中只有一种气体和一种盐，则消耗1 mol NaClO2可生成ClO2的物质的量为　　　　。 (2)ClO2可将碱性废水中的CN－氧化为N2和C，自身转化为Cl－。经测定，某废水中CN－含量为104.0 mg·L－1，处理该废水10 m3，理论上需要通入标准状况下ClO2的体积为 　　　　L(相对原子质量：C—12，N—14)。 (3)某含锰废液中c(Mn2＋)＝0.2 mol·L－1、c(Na＋)＝0.6 mol·L－1、c(Fe2＋)＝0.2 mol·L－1，还含有S及少量Ca2＋、Mg2＋。“氧化”1 L该废液，需要加入H2O2的物质的量为　　 　　　　 ［H2O2用量为理论用量的1.1倍］。 答案：(1)0.8 mol　(2)896　(3)0.11 mol 解析：(1)发生反应的化学方程式为5NaClO2＋4HCl5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O，则消耗1 mol NaClO2时，可生成0.8 mol ClO2；(2)发生反应的离子方程式为2ClO2＋2CN－＋4OH－＋2Cl－＋2H2O，废水中m(CN－)＝104.0×10－3 g·L－1×10×103 L＝1 040 g，n(CN－)＝＝40 mol，消耗40 mol ClO2，标准状况下，ClO2的体积＝40 mol×22.4 L·mol－1＝896 L；(3)c(Fe2＋)＝0.2 mol·L－1，1 L该废液中含有的n(Fe2＋)＝0.2 mol，H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O22Fe3＋＋2H2O，结合反应可知，0.2 mol Fe2＋消耗0.1 mol H2O2，H2O2的用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11 mol H2O2。 21.(6分)(2025·广东汕头高三三模)锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4等，利用锌浸渣提取Ge的实验流程如下图所示： 已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH的关系为 pH pH＜2 pH＝2.5～5 pH＞12 Ge存在形式 Ge4＋ ［Ge(OH)3］＋ Ge ②部分金属离子的沉淀pH： Fe2＋ Fe3＋ Zn2＋ 开始沉淀 7.5 2.3 6.2 沉淀完全 9.0 3.2 8.0 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分的化学式是　　　　。 (2)Fe2O3在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为　　　　。 答案：(1)SiO2、PbSO4　(2)Fe2O3＋2H＋＋SO2＋H2O 解析：由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液“还原浸出”，将氧化铁转化为硫酸亚铁，氧化锌、氧化锗分别转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣和滤液。(1)由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸铅，故答案为SiO2、PbSO4。(2)由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3＋2H＋＋SO22Fe2＋＋S＋H2O。 学生用书⬇第35页 学科网（北京）股份有限公司 $