专题4 题型闯关&分层闯关&高考全国视野(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

答案册 实战高考·化学 错误；第一次用盐酸是除氢氧化钠、碳酸钠，第二次用盐 酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HC】的作用不 相同，故B错误；H2O2的作用是还原二氧化氯生成亚氯 酸钠，不能用KMnO4代替，故C错误；还原1mol氯酸钠 生成1mol二氧化氯转移1mol电子，同时生成0.5mol 氯气，把1mol二氧化氯还原为亚氯酸钠转移1mol电 子，同时生成0.5ol氧气，理论上，产生氯气、氧气的物 质的量之比为1：1，故D正确。 ③B解析碘的四氯化碳溶液与浓NaOH溶液反应生成 碘化钠、碘酸钠和水，得到I一、IO3,A错误；二氧化碳富 集，再与氢气在一定条件下反应生成水，电解水得到氧 气，B正确；工业制硫酸，黄铁矿主要成分为FS2,在空气 中燃烧生成二氧化硫和氧化铁，C错误；海水加入氢氧化 钙生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解 氯化镁溶液不能得到镁，D错误。 ④C解析O、二氧化氯具有强氧化性，而液氯能与水 反应生成具有强氧化性的HCO,能杀菌消毒，明矾电离 产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮杂质 形成沉淀，达到净水的目的，但明矾不能杀菌消毒，故与 其他三种不同。 ⑤D解析亚硫酸钠固体和70%硫酸反应生成二氧化 硫，可以达到实验目的，故A不特合题意；二乙醇胺 [(HOCH2CH2)2NH]显碱性，可以吸收酸性氧化物二 氧化硫，且二氧化硫易与氢氧化钠溶液反应，应该用倒置 漏斗防倒吸，可以达到实验目的，故B不符合题意；吸收 二氧化硫后的二乙醇胺[(HOCH2CH2)2NH]在加热搅 拌器的作用下解吸出二氧化硫，用双氧水吸收，碱石灰吸 收多余的二氧化硫，可以达到实验目的，故C不符合题 意；酸性高锰酸钾溶液可以与双氧水中的二氧化硫反应， 也能与稀盐酸反应，不能达到实验目的，故D符合题意。 ⑥B解析装置I中加入NaOH溶液吸收SO2,装置Ⅱ 中加入Ce4+,酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反 应生成NO2、NO3,装置Ⅲ（电解槽）中阳极发生反应 Ce3+一e-一Ce4+,从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使 用，阴极得到S2O,装置Ⅳ中NO2被氧气氧化为 NO3,NO3与氨反应生成硝酸铵。由分析可知，NO不 能与NaOH反应，装置I中加入NaOH溶液吸收SO2,不 能暖妆N0,A错误；NO,中心原子价电子对数为2+号 (5十1-2X2)=3,N0中心原子价层电子对数为3+2 (5十1一3X2)=3,NO2和NO5中心原子都是sp2杂化， NO3中没有孤电子对，NO2含有1个孤电子对，孤电子 对越多，键角越小，则键角大小：NO2<NO3,B正确；装 396 置Ⅲ（电解槽）中阳极发生反应Ce3+一e一Ce4+, Ce4+从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，C错误；未说明 0.1mol·L1NO2溶液的体积，无法计算需要氧气的物 质的量，D错误。 题型闯关 ①D解析H3PO4中加入KCI混合，用有机萃取剂进行 莘取，主要反应原理为KCl十H3PO4KH2PO4十 HC1,经操作I(分液)得到有机相和水相，水相经一系列 操作可得到KH2PO4晶体，反应产生的HCI易溶于有机 萃取剂，有机相加入氨水进行反萃取，发生反应 NH3·H2O+HCI一NH4Cl+H2O,再分液得到有机 萃取剂返回萃取操作中循环使用，另一部分经蒸发浓缩、 冷却结晶，过滤、洗涤、千燥便可得到NH4CI。因为乙醇 与水互溶，所以有机萃取剂不可选用乙醇，A正确； KH2PO4是酸式盐，既可与盐酸也可与NaOH溶液反应， B正确；根据分析知，操作I、操作Ⅱ都是分液，是相同的 操作方法，C正确；NH4CI受热易分解，所以一系列操作 Ⅲ主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D 错误。 ②C解析H2C2O4不稳定，在加热条件下易分解，故只 能微热，不能煮沸，A错误；该反应中[Cu(C2O4)2]2-为 络离子，不能拆开，B错误；50℃时，加热至反应充分后的 操作是趁热过滤，目的是除去难溶性的杂质，减少因降温 后二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体的析出，C正确；二草酸合铜 (Ⅱ)酸钾受热时易分解，不能高温蒸发浓缩，D错误。 3B解析AgNO3溶液和Na2SO4溶液反应生成 Ag2SO4沉淀，故②中观察到略有浑浊，由③中现象可得 少量的Ag2SO4能溶于稀硝酸，A正确；N2SO3溶液与 AgNO3溶液反应生成的白色沉淀是Ag2SO3,故④中白色 沉淀不是Ag2SO4,B错误；实验⑥中加入浓硝酸时产生 红棕色气体(NO2)并用BaC2溶液检出SO(得到 BaSO4白色沉淀)，说明浓硝酸将Ag2SO3氧化成了 Ag2SO4,并放出NO2,故⑥中沉淀溶解发生反应： Ag2SO3+2HNO3(浓)一Ag2SO4+2NO2个+H2O,C 正确；⑤中现象说明Ag2SOs在c(HNO)=0.3mol·L1时 不溶解，⑥中现象说明Ag2SO3能溶于浓硝酸，因此 Ag2SO3能否溶于硝酸与硝酸的浓度有关，D正确。 分层闯关 ①B解析由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白 色物质W,无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高 到十1价、硫元素从十6价降低到一2价，根据得失电子守 恒，必定存在其他产物（所含元素化合价升高），按元素质 量守恒可知只能为CuSO4,则白色物质W为CuSO4,配 平得到该反应方程式为5Cu十4H2S04(浓)△3CuS04 十Cu2S十4H2O,Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀 硝酸溶解时，发生反应：3Cu2S+16H++4NO3 6Cu2++3S+4NO个+8H2O,Y为S单质，则NO为还原 产6S为氧化产物：C)-2品-0.03m.0au与 浓硫酸发生反应生成CuSO4、Cu2S,设Cu2S的物质的量 为x,则CuSO4的物质的量为(0.03一2x),依据得失电子 守恒可得：2x十2(0.03-2x)=8x,从而求出x=0.006mol, 0.03-2x=0.018mol,即Cu2S为0.006mol,CuS04为 0.018mol,据此回答。由分析可知，硫元素从十6价降低 到一2价时表现强氧化性，所得固体中含有的白色物质W 为硫酸铜，表现出吸水性，故A正确；微热5min待Cu反 应结束后，按Cu计算，转移电子的物质的量为0.006mol ×2十0.018molX2=0.048mol,故B错误；由分析知， 5m(C)~n(CeS)~m(S),n(S)=0.03mol-0.006mol, 5 m(S)=32g/mol×0.006mol=0.192g,故C正确；W为 CSO4,将硫酸铜溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体 CuSO4,故D正确。 2D解析由图可知：一共发生的反应有H2S十2Fe3+ —2H++2Fe2++S、4Fe2++4H++O2—4Fe3++ 2H2O,由此可以推出总反应为2H2S+O2一2SV+ 2H2O,再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题。 由分析可知，反应历程中发生了：H2S十2F3+—2H十 +2Fe2++S、4Fe2++4H++O2一4Fe3++2H2O,根据 同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可 知，氧化性：O2>Fe3+>S,A正确；总反应为2H2S十O2 —2SY+2H2O,Fe2(SO4)3是催化剂，故理论上脱硫过 程中Fe2(SO4)3不需要额外补充，B正确；总反应为2H2S 十O2一2S↓十2H2O,根据化学方程式计算可得，标准 5.6L 状况下消耗5.6L即2,4/mo-0.25mol氧气时，可生 成0.5molS,C正确；脱硫过程发生的离子方程式为H2S +2Fe3+—2H++2Fe2++S,4Fe2++4H++O2 4Fe3++2H2O,总反应方程式为2H2S+O2一2S1+ 2H2O,可见脱硫过程中有水产生，使Fe2(SO4)3溶液的浓 度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，D错误。 3C解析为了使吸收塔中烟气与海水充分接触反应， 吸收塔内烟气应从吸收搭的下部通入，与塔顶喷淋的海 水充分接触，故A错误；Ka(H2SO3)>K,(H2CO3)> K,(H2SO3),故吸收塔内二氧化硫和海水中碳酸氢根离 O实战册参考答案及解析】 子发生反应的离子方程式为SO2十HCO5—HSO3十 C02, 故B错误；脱硫率 2.0X106kg/h×0.15%-144kg/h×100%=95.2%,故 2.0×106kg/h×0.15% C正确；水质恢复系统的主要作用是降低CO2浓度和提高 pH,故D错误。 ④(1)第5周期第ⅥA族 (2)3 (3)“硫酸化焙烧”不充分C2Te+202+2H2S0,焙挠 TeO2 +2CuSO4+2H2O (4)A TeO2+2H+-TeO2+H2O (5)4.44 解析(1)碲原子核外有52个电子，核外电子排布式为 [Kr]4d105s25p4,位于元素周期表第5周期第ⅥA族。 (2)“硫酸化焙烧”及“水浸”过程中Cu含量越低越好，Te 含量越高越好，对比所给6组数据，第3组数据Cu含量 最低，Te含量最高，第3组温度与硫酸加入比例为最佳条 件。(3)“硫酸化焙烧”若不充分，水浸渣中含有未反应的 Cu、Cu2Te,碱浸后的滤渣不反应的Cu、Cu2Te可循环到 “硫酸化焙烧”再利用；“硫酸化焙烧”Cu2Te发生反应 C2Te十202+2H2S0,培烧Tc02+2CuS04+2H20。 (4)“沉碲”过程加入强酸将Te○转化为TeO2,发生反 应为TeO5十2H+一TeO2￥+H2O。(5)设需加入纯 度为93.6%的NaHSO3固体的质量为a,根据电子守恒 列关系式如下： 2NaHSO3~ Te 208 128 a×93.6%t 2.56t 208 128 a×93.6%2.56t 解得a≈4.44t。 5(1)2H3AsO3+3S2-+6H+-=As2S8￥+6H20与 过量的S-结合生成FeS沉淀，防止As2Ss与S2-结合生 成AsS(或与过量的S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左 移，提高沉砷效果) (2)S (3)2.15×10-8mol/ (4)H3 AsO4+SO2+H2O=H3 AsO3+H2SO4 (5)SO2和H2S04 (6)调硫酸浓度约为7mol/L,冷却至25℃ 解析“一级沉砷”后滤渣为As2Sg和FeS,其中FeSO4可 除去过量的S2-生成FS,滤渣焙烧后产生SO2气体、 Fe2O3固体、As2O3固体和少量As2S固体，固体用 397 答案册 实战高考·化学 NaOH溶液处理，As2O3和As2S转化为Nas AsO3、 Na3AsS3,Fe2O3不和NaOH溶液反应，过滤后存在于滤 渣1中，向滤液中加入H2O2溶液将Na3AsO3、Na3AsS 氧化为Na3AsO4和S单质，滤渣2是S,滤液酸化后得到 H3AsO4,H3AsO4被SO2还原生成H3AsO3;“二级沉 砷”过程中石灰乳的作用是在一定温度下将砷转化为 Ca5(AsO4)3OH沉淀。(1)“一级沉砷”中H3AsO3和 Na2S发生氧化还原反应生成As2Sg沉淀和水，根据得失 电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：2H3AsO3十3S +6H+—As2S↓+6H2O。(2)滤渣2的成分为S。 (3)加入石灰乳调溶液中c(OH-)=0.01mol/L,由方程 式a可知c(Ca2+)=Ksp [Ca(OH)2]_l0-7 c2(OH-) 10-4mol/L= 10-3mol/L,由方程式b可知，此时溶液中c(AsO)= Ksp [Cas (AsO4)3OH]10-40 Vc3(a2+)·c(oHr)√10-2X(10-3)5mol/L= 910-23mol/L=2.15×10-8mol/L。(4)“还原”过程中 H3AsO4被SO2还原生成H3AsO3,SO2被氧化为H2SO4, 根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为 H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4。(5)从综 合利用的角度看，焙烧时产生SO2气体，还原时消耗SO2, “一级沉砷”时消耗H2SO4,“还原”过程中生成HSO4, 则可循环利用的物质为SO2和H2SO4。(6)为了提高粗 A$2O3的产率，需要使其溶解度尽可能小，则结晶过程中 应控制的条件为调硫酸浓度约为7mol/L,冷却至25℃。 ⑥(1)K1、K4使反应处在氮气氛围下，防止NiS被氧气 氧化为Ni(OH)S除去H2S中的HCI杂质气体H2S +Ni2++2NH3-NiS↓+2NHt没有H2S、NH3的 尾气处理装置 (2)b取最后一次抽滤洗涤液少许于试管中，先加入稀 硝酸，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗 涤干净 (3)91% 解析(1)检查装置气密性并加入药品。打开K1、K4,关闭 K2、K3,通入氨气使反应处在氨气氛围下，防止NiS被氧 气氧化为Ni(OH)S;浓盐酸具有挥发性，装置Ⅱ除去H2S 中的杂质HCI气体，Ⅲ中H2S、NiCl2、NH3反应生成NiS 沉淀，离子方程式为H2S+N2++2NH3—NiS↓ 十2NHt;图示装置存在的缺陷是没有H2S、NH3尾气处 理装置。(2)如图可知，装置V是抽滤装置，装置V是洗 涤沉淀的装置，b口导管与装置Ⅲ中液体相连通，故b口 接V抽滤装置，c口接V洗涤沉淀装置；NiS沉淀表面可 能会附着氯离子，证明NS洗涤干净即证明洗涤液不含 氯离子，故方法是取最后一次抽滤洗涤液少许于试管中， 398 先加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生， 则证明洗涤干净。(3)由题可知反应为N2+十EDTA —EDTA-Ni2+,Cu2+十EDTA-EDTA-Cu2+,过量 的EDTA可以通过Cu2+滴定来计算用量，所以过量的n (EDTA)=n(Cu2+)=0.10mol/L×10×10-3L=1× 10-3mol,n(Ni2+)=n(EDTA)一n(过量EDTA)= (0.10×30-1)×10-3mol=2×10-3mol,则该NiS样 2X10-3 molX91 g/molx250 mL 品纯度 2.5g 20mL×100%=91%。 ⑦C解析声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到 主要含有Na2TeO3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3的滤液，Cu 不参与反应，则滤渣的主要成分为C,“氧化沉碲”时， Na2TeO3被NaCIO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主 要含有Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和NaCl,最后Na2TeO4 溶于H2SO4后被SO2还原生成Te,滤液2主要含H2SO4、 Na2SO4,据此解答。由分析可知，滤渣的主要成分为Cu, A正确；滤液1主要含有Na[Al(OH)4]、Na2SiOs和 NaCl,滤液2主要含H2SO4、Na2SO4,则滤液1和滤液2 混合时因[A1(OH)4]-、H+和H2O反应可能产生白色 的A1(OH)3沉淀，B正确；“氧化沉确”时，Na2TeO3被氧 化生成Na2TcO4沉淀，NaClo被还原生成NaCl,反应的 离子方程式为2Na++TeO3+ClO-Na2 TeO4↓+ Cl-,C错误；“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te, SO2被氧化为SO,根据得失电子守恒可得关系式： Na2TeO4~3SO2,Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧 化剂和还原剂的物质的量之比为1：3，D正确。 8(1)C2+2MnO2-2MnOr+2C1-防止倒吸 溶液由绿色完全转变为紫红色打开弹簧夹，通入空气 (或N2) (2)c→g→f-→a (3)3光×100%偏商 解析A中次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯气，氯气通入B 中把锰酸钾氧化为高锰酸钾，B中溶液由绿色完全转变为 紫红色，反应结束，停止通入氯气，尾气用C中碱溶液吸 收，防止污染。（1)Cl2氧化锰酸钾(K2MnO4)浓强碱溶 液制备KMnO4,锰元素化合价由十6升高为十7，Cl元素 化合价由0降低为一1，根据得失电子守恒、电荷守恒配 平离子方程式为Cl2+2MnO一2MnO4+2C1;单 向阀确保氯气仅沿单一方向流动，阻止逆向流动，该装置 中单向阀的作用是防倒吸。锰酸钾溶液呈深绿色，高锰 酸钾溶液呈紫红色，当仪器B中溶液由绿色完全转变为 紫红色，说明锰酸钾完全转化为高锰酸钾，即停止通氯 气，反应结束的后续操作为关闭A中恒压滴液漏斗的活 塞，打开弹簧夹，通入空气，把装置内氯气完全排入C中 吸收，拆除装置。(2)高锰酸钾受热易分解，溶解度随温 度升高而增大，为得到杂质较少的KMnO4粗产品，将装 置B中的溶液转移至蒸发皿中→小火加热蒸发至溶液表 面出现晶膜，停止加热→缓慢降温结晶→减压过滤→用 少量冰水洗涤→千燥→KMnO4晶体，故排序为c→g→f →a。(3)草酸和高锰酸钾发生反应：H2C2O4十MnO4十 H+→Mn2++CO2◆+H2O,C元素化合价由+3升高 为+4，M元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守 恒，配平方程式为5H2C2O4+2MnO4十6H+一2Mn2+ +10c0:◆+8H0,mKM0)=号nNc0,)=号× 高考全 真题精练) ①B解析浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其见光易 分解，而非因其具有强氧化性，陈述工正确但因果关系错 误，A不符合题意；浓硫酸使蔗糖变黑体现其脱水性，陈 述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意；Fe2+与 K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀用于检验Fe2+,而 KSCN用于检验Fe3+,两者无直接因果关系，C不符合题 意；MnO2与浓盐酸生成Cl2是独立反应，与Cl2和SO2的 反应无因果关系，D不符合题意。 2B解析漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaCIO)和氯 化钠(NaCl),有效成分是次氯酸钠，A正确；CIO水解生 成HCO,水解方程式为ClO-+H2O=HClO+OH-, 使漂白液呈碱性，B错误；通入CO2后，发生反应NaClO十 CO2十H2O一NaHCO3十HCIO,漂白液消毒能力增强， C正确；次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性 NaClO>HClO,D正确。 3C解析分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化 下H2O2与IO3反应生成2，在淀粉指示剂的作用下溶液 变蓝色；②生成的2又会与H2O2反应生成IO万，使溶液 变回无色；③生成的2可以与丙二酸反应生成琥珀色的 ICH(COOH)2,溶液最终会变成蓝色。溶液由无色变为 蓝色说明有I2生成，A正确；溶液由蓝色变为无色，是将 I2转化为IO3,I2转化为化合态，B正确；H2○2在此过程 中参加反应，不起漂白作用，C错误；在此过程中，因为有 2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用， D正确。 4A解析过量SO2与0.1mol·L-1的Na2S溶液反 应，生成的淡黄色沉淀是S,还生成NaHSO3,SO2过量不 能生成Na2SO3,因此，总反应的化学方程式为5SO2 +2Na2S+2H2O—3SV+4 NaHSO3,A错误；过量 O实战册参考答案及解析】 m2g-= 34gma号×器mol,c(KMnO.)于 V2X10-3L= m2×103 5×67×V2 mol/L。样品中KMnO4的质量分数为 m2X103 5X67XV2 mol/LXVIX10-3LX158 g/mol -×100%= mi g 58m2业X100%。若加热温度大于90℃，部分草酸发生 335mV2 1582V×100% 分解，消耗高锰酸钾的体积偏小(V2),335m12 值偏大，会导致测得产品纯度偏高。 国视野 SO2与0.1mol·L-1的FeCl3溶液反应，生成FeC2、 H2SO4、HCl,总反应的化学方程式正确，B正确；过量 SO2与0.1mol·L一1的CuC2溶液反应，生成的白色沉 淀是CuCl,总反应的化学方程式正确，C正确；Na2CO水 解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红，过量S○2与 0.1mol·L-1的Na2CO3溶液反应，生成CO2、NaHSO3, NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应 的化学方程式正确，D正确。 ⑤B解析由题意及关系图可知，a与b反应需要加热， 且产生的e为无色气体，则a和b分别为NH4NO3和 Ba(OH)2的一种，产生的气体e为NH;又由于b和c反 应生成白色沉淀f,NH4NO3不会与其他三种溶液反应产 生沉淀，故b为Ba(OH)2,a为NH4NO3;又由于c既能与 b反应产生沉淀f,又能与d反应产生沉淀f,故c为 AIC3,d为Na2CO3,生成的白色沉淀为Al(OH)3,无色气 体g为CO2。综上所述，a为NH4NO3溶液，b为 Ba(OH)2溶液，c为AlCl溶液，d为Na2CO3溶液，e为 NH3,f为A1(OH)3,g为CO2。由分析可知，a为 NH4NO溶液，为强酸弱碱盐的溶液，NH吐水解使溶液 显酸性，故a显弱酸性，A项错误；f为Al(OH)3,b为 Ba(OH)2溶液，A1(OH)3为两性氢氧化物，可溶于强碱， 故f可溶于过量的b中，B项正确；c为AICl3溶液，e为 NH3,AICL溶液中通入NH3会生成A1(OH)3沉淀， A1(OH)3不溶于弱碱，继续通入NH3不能得到无色溶 液，C项错误；b为Ba(OH)2,d为Na2CO3,二者反应生成 BaCO3沉淀，该沉淀可溶于稀硝酸，D项错误。 ⑥D解析该反应方程式配平错误，正确的方程式为 2NO+2C0催化剂2+2C02,A错误；N05电催化为 N2,N元素化合价降低，发生还原反应，应在阴极发生反 应，反应方程式是2NO3+12H++10e一N2个十 399 答案 实战高考·化学 6H2O,B错误；硝酸工业中NH3发生催化氧化生成NO, 生成的NO2量逐渐达到最大值，同时装置内的NO2能与溶 NO进一步反应得到NO2后再与水反应制得硝酸，该氧化 液中的HO发生反应：3NO2+HO一2HNO十NO,气 反应为4NH3十5O2 催化剂4NO十6HzO,C储误；C02 体颜色变浅，故C项说法正确；由于该装置为密闭体系，生 成的NO无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜 和H2催化制二甲醚：2C02+6H2高温、高压 催化剂 CH3OCH3 丝与液面脱离接触，反应停止，故D项说法错误。 +3H2O,D正确。 ⑨C解析饱和Na2SO3溶液和浓硫酸反应可以制SO2, 7A解析电解氯化钠溶液可以得到H2和C2,H2和 使用固液不加热制气装置，SO2密度比空气大，用向上排 Cl2点燃反应生成HCI,故A的转化可以实现氢氧化镁 空气法收集，A不符合题意；MnO2和浓盐酸加热反应可 和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液 以制C2,使用固液加热制气装置，C2密度比空气大，用 不能得到Mg,电解熔融MgC2才能得到金属镁单质，故B 向上排空气法收集，B不符合题意；固体NH4CI与熟石灰 的转化不能实现；纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3 加热可以制NH3,需要使用固固加热制气装置，图中装置 和CO2得到NaHCO3,然后NaHCO3受热分解为 不合理，C符合题意；石灰石（主要成分为CaCO3)和稀盐 Na2CO3,故C的转化不能实现；工业制备硫酸，首先黄铁 酸反应可以制CO2,使用固液不加热制气装置，CO2密度 矿和氧气反应生成SO2,但是SO2和水反应生成H2SO3, 比空气大，用向上排空气法收集，D不符合题意。 不能得到H2SO4,故D的转化不能实现。 0B解析根据原理示意图写出I的化学方程式，A正 ⑧C解析金属铜与稀硝酸不会发生钝化，开始反应速率 确；反应Ⅱ的条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考 较慢，可能的原因是铜表面有氧化铜，故A项说法错误；由 虑生产成本，如Ⅱ中“常压”不是为了提高SO2平衡转化 于装置内有空气，铜和稀HNO3反应生成的NO迅速被氧 率，B错误；将黄铁矿换成硫黄，则不再产生F3O4,即可 气氧化为红棕色的NO2,产生的NO2浓度逐渐增加，气体 以减少废渣产生，C正确；硫酸工业产生的尾气为S○2、 颜色逐渐变深，故B项说法错误；装置内氧气逐渐被消耗， S○3，可以用碱液吸收，D正确。 专题5 物质结构与性质 山东新高考全练 ①D解析中子数=174一70=104，与质子数的差为104 稳定，C正确；MgO和NaF均属于离子晶体，MgO熔，点高 -70=34,而不是104，A错误；10Yb、18Yb质子数相同， 于NaF是因为Mg2+和O2-的电荷高于Na+和F-,且其 但中子数不同，两者属于不同核素，B错误；根据构造原理 阴、阳离子对应的半径较小，故离子键强度更大，晶格能 可知，基态Yb原子的电子排布式为[Xe]4f146s2,在3d和 更高，D正确。 4d轨道上有电子，共20个d电子，C错误；根据Y的价 ④B解析共价晶体结构相似，则原子半径越大，键长越 电子排布式可知，原子核外电子层有6个，位于第6周期， 长，键能越小，熔沸点越低，在这几种晶体中，键长S一S D正确。 >Si一C>B一N>C一C,所以熔，点最低的为单晶硅。 2B解析NaN3是强碱(NaOH)和弱酸(HN3)形成的 ⑤C解析由图中信息可知，白色的小球可形成2个共 盐，N3水解生成OH一，溶液显碱性，A正确；N3与CO2 价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了 是等电子体，两者结构相似，其中心原子均为$即杂化，其 4个共价键，根据O、F、I的电负性大小(F最大、I最小)及 空间构型均为直线形，而非V形，B错误；NaNg为离子化 其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小 合物(Na+与N3通过离子键结合)，N3内部三个N原 球代表F原子，黑色的大球代表I原子。图中白色的小球 子以共价键连接，C正确；中心N原子通过sp杂化形成两 代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确；根据该 个双键，无孤电子对，所有价电子均参与成键，D正确。 化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价 3A解析HO沸，点高于H2S的主要原因是H2O分 键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I 子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能 原子成键，才能确定该化合物化学式为IO2F,因此，该化 大于S,电离能与沸，点无直接关联，A错误；HCIO酸性强 合物中不存在过氧键，B不正确；I原子的价电子数为7， 于HBrO是因为Cl的电负性大于Br,导致O一H键极性 该化合物中F元素的化合价为一1，O元素的化合价为 更强，更易解离出H十，B正确；金刚石硬度大于晶体硅是 一2，则I元素的化合价为十5，据此可以判断每个I原子 因为C原子半径小于S,C一C键键能更大，共价结构更 与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数 400实战册 实战高考·化学 题型闯关 题型①无机化工流程 B.KHC2O,与氧化铜反应的离子方程式为 1.（2025山东聊城一模)晶体磷酸二氢钾 Cu0+2HC,0△C++2C,0+H0 (KH2PO4)是一种非线性光学材料，实验室 C.50℃时，加热至反应充分后的操作是趁 模拟工业工序设计的流程如图所示。 热过滤 氨水 D.由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓 KCI有机萃取剂 有机相反衣取操作二系列操作Ⅱ副产品N PO,→混合一苯取操作 缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥 水相，一系列操作N一KH,PO,品体 题型2微型实验分析 已知：HC1易溶于乙醇和醚等有机溶剂。下 3.(2025山东菏泽一模)为探究Ag2SO3能否 列说法不正确的是( ) 溶于硝酸，某实验小组进行如下实验。下列 A.有机萃取剂不可选用乙醇 说法错误的是( B.KH2PO4既可与盐酸也可与NaOH溶液 1 mL 0.1 mol-L 0.04mL浓HN0 反应 NaS0,溶液 每混合后c(HN0,)=0.3mol-L7 C.操作I、操作Ⅱ是相同的操作方法 ②略有浑浊 ③沉淀溶解 （需仔细观察) D.一系列操作Ⅲ主要包括蒸发结晶、干燥 ①1mL0.1 mol-L 0.04mL浓HN0, 2.(2025山东省实验中学一模)二草酸合铜(D酸 AgNO溶液 1 mL0.1 mol-L NaSO,溶液 国混合后cHNO,-0.3mol-L 钾晶体{K[Cu(C2O4)2]·2H2O}微溶于冷 ④产生白色沉淀 水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳 将沉淀滤出，洗净 加人浓硝酸 定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料 ⑥1.沉淀溶解，产生红棕 i.加人BaCl,溶液 ⑤沉淀无变化 色气体；ⅱ产生白色沉淀 制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体的流程如下。 下列说法正确的是( ) A.由②③知少量的Ag2SO4能溶于稀硝酸 B.④中白色沉淀为AgSO4 氧化铜 混合 草酸去离子水K,C C.⑥中沉淀溶解发生反应：Ag2SO3+ 微热 →KHC,0溶液 2HNO3(浓)—Ag2SO4+2NO2个+ 产品←一滤液过滤50℃， 加热 H2O A.将H2C2O4晶体加入去离子水中，为加快 D.上述实验表明Ag2SO3能否溶于硝酸与 溶解速率，可将溶液煮沸 硝酸的浓度有关 分层闯关 基础题组 1.92 g Cu 稀硝酸、足量稀硫酸 1.(2024山东枣庄一模)实验室中利用洁净的 足量 浓硫酸 微热5min →固体一→溶解NO →固体单质Y 铜片和浓硫酸按图示流程实验，经检测所得 (反应中无气体产生) W溶液 固体中含有Cu2S和白色物质W,下列说法 A.该实验能体现浓硫酸的吸水性和强氧 错误的是() 化性 B.当Cu完全反应时共转移电子0.050mol 46 0专题4 非金属及其化合物 C.溶解步骤中生成固体Y的质量为 能力题组 0.192g 4.(2025山东青岛一模)碲(Te)是重要的半导 D.将W溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固 体材料，被誉为“现代工业、国防与尖端技术 体W 的维生素”。工业上以电解精炼铜渣（含 2.(2025山东济宁二模)Fe2(SO4)3溶液脱除 Cu、Cu2Te)为主要原料提取Te和Cu的工 空气中H2S并再生的原理如图所示，下列 艺流程如下： 说法错误的是( 空气 Fe H,0 器蓝酸花，木习一水浸渣→成园一孩浸液 水浸液-→铜 碱浸渣 NaHSO 试剂X Fe2 盐酸 碲粉←一还原一酸浸液←造液←T02沉碲 A.氧化性：O2>Fe3+>S 已知：二氧化碲(TeO2)为两性氧化物，难溶 B.理论上脱硫过程Fe2(SO4)3不需要额外 补充 于水，碱性条件下转化为TeO?。 C.标准状沉下消耗5.6L氧气时，可生成 回答下列问题： 0.5 mol S (1)碲在元素周期表中的位置为 D.脱硫过程中溶液的pH逐渐减小 3.(2024山东泰安一模)某沿海地区的煤电厂 “硫酸化焙烧”及“水浸”实验结果如下表 排放烟气量为2.0×106kg·h1,其中含 所示： S02为0.15%，该厂开发出海水脱硫新工 水浸渣 焙烧 硫酸加 艺，流程如下图所示。已知：25℃时， 编号 渣率 Cu Te 温度/℃入比例 H2S03:K4=1.3×10-2,K2,=6.2×10-8, 1% 含量/% 含量/% HC03:Ka=4.5×10-7,K2,=4.7X 1500 1.5 62 20.89 50.09 10一1。下列说法正确的是( 2 500 1.2 60 24.21 51.74 海水pH约为8.3) 450 1.5 50 4.98 62.02 令 预处理 烟 热交 吸收塔 水质恢 达标 4 450 1.2 52 9.44 59.67 气 系统 换器 pH≈4.1 复系统 入海 400 1.5 59 17.81 52.72 A.吸收塔内，烟气应从吸收塔的顶部通入， 6 400 1.2 55 23.80 56.58 与喷洒的海水充分接触 注：硫酸加入比例为硫酸实际加入量与理论加入 B.吸收塔发生的主要反应为SO2十2HCO3 量的比值 -SO+H2O++2CO2 (2)“硫酸化焙烧”过程中焙烧温度与硫酸加 C.经该流程脱硫处理后SO2为144kg·h1, 入比例最佳条件为 (填编号)。 则脱硫率为95.2% (3)“碱浸渣”能循环利用的原因为 D.水质恢复系统主要作用是调节吸收液的 ；“硫酸化焙烧”Cu2Te反应的化学方 酸碱性 程式为 47 实战 实战高考·化学 (4)“试剂X”可选用 (填标号)， 此时溶液中c(AsO?)= “沉碲”反应的离子方程式为 (已知：101/3=2.15). (4)“还原”过程发生反应的化学方程式为 A.H2SO B.NaOH C.氨水 (5)若生产得到“碲粉”2.56t,理论上至少 (5)从综合利用的角度看，可循环利用的物 需加入纯度为93.6%的NaHSO3固体的质 质为 量为 t(保留两位小数)。 (6)As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的 5.(2025山东济宁一模)某工业废水中砷元素 溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗 主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化 As2O3的产率，结晶过程中应控制的条件为 学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，并提取 粗As2O3的工艺流程如图所示。 NazS FeSO NaOH H,02 高浓度 90℃ 含砷废水 一级沉砷 焙烧→碱浸→氧化 60℃ 一25℃ 气体 滤渣1 滤渣2 c(H2SOa)/(mol-L) 二级沉砷 过滤 →达标废水 6.(2025山东菏泽一模)硫化镍(NiS)是一种 H202石灰乳 S0, HSO 重要的化学品，实验室利用H2S、NH3通入 粗As203← 加热 结晶、过滤 还原←酸化 含NiCl2的溶液制备NiS,其装置如图所示 滤液 (夹持装置略)。已知NS溶于稀酸，有水存 已知：I.“一级沉砷”后滤渣为As2S3和 在时易被O2氧化成Ni(OH)S。回答下列 FeS,“焙烧”过程中残留少量As2S。 问题： Ⅱ.As2S与过量的S2-存在反应：As2Sa 浓盐酸 +3S2--2AsS-,As2 S+6NaOH Nas AsOs +Nas AsS3 +3H2O 氯化镍 氨 回答下列问题： 氯化铵 玻璃砂芯滤器 (1)写出亚砷酸转化为As2S3的离子方程 混合液 式： FeSO (1)制备时进行操作：检查装置气密性并加 的作用为 入药品。打开 ,关闭K2、K3,通 (2)滤渣2的成分为 入N2,其目的是 (3)“二级沉砷”过程中石灰乳的作用是在一 定温度下将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH 关闭K1,打开a的活塞，加入浓盐酸制备 沉淀，主要反应有： H2S气体，同时打开K2通入NH3,观察到Ⅲ a.Ca (OH)2(s)Ca2(aq)++20H (aq) 中产生浑浊，继续反应一段时间。装置Ⅱ的 Ksp=10-7 作用是 。装 b.Cas (AsO)3OH (s)5Ca2(ag)+ 置Ⅲ中发生反应的离子方程式为 OH(aq)十3AsO星(aq)Kp=10-0 图示装置存在的缺 加入石灰乳调溶液中c(OH)=0.01mol/L, 陷是 48 0专题4 非金属及其化合物 (2)反应结束后关闭K4,在b、c处分别连接 单向阀示意图 下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。 浓盐酸 装置V接在 (填“b”或“c”)处。 证明NiS洗涤干净的方法是 弹簧夹 止水夹 KMnO 漂白粉 抽气泵 氮气 浓强碱溶液 已知：①K2MnO4为墨绿色晶体，其水溶液 洗涤水 呈深绿色。其在浓的强碱溶液中可稳定存 (3)测定NS样品的纯度。取2.5g产品完 在，碱性减弱时易发生歧化反应；②一些物 全溶于稀硝酸后，配成250mL溶液。取20mL 质在不同温度下的溶解度见下表： 溶液于维形瓶，加入30mL0.10mol/L EDTA 温度/℃ 溶解度 (Na2H2Y)溶液。煮沸，滴入几滴PAN作 0 20 40 60 70 80 (g/100g) 指示剂，趁热用0.10mol/L CuSO4溶液滴 物质 定过量的EDTA(Ni+与Cu+与EDTA反 KCI 27.634.040.045.547.251.3 应化学计量数之比均为1：1)。当滴定到 达滴定终点时，消耗CuSO4溶液为10mL KMnO4 2.836.412.722.2 (滴定过程中杂质不参与反应)。样品中 NiS质量分数为 回答下列问题： 0 培优题组 (1)制备KMnO4反应的离子方程式为 7.(2024山东淄博一模)从废弃的声光器件 。 单向阀 (TeO2,含Al、Cu、SiO2杂质)中提取粗碲的 的作用是 当仪器B中 工艺流程如图，已知TeO2性质与SO2相似， 即停止通氯气，反应结束 氧化沉碲得Na2TeO4。下列说法错误的 的后续操作为关闭A中恒压滴液漏斗的活 是( 塞 ,拆除装置。 NaOH NaCl0H,S04、S02 (2)为了获得杂质较少的KMnO4晶体，从下 声光器 碱性】 氧化 溶解 浸出沉碲■ →粗碲 列选项中选出合理的操作并排序：将装置B 件粉末 还原 中的溶液转移至蒸发皿中→ 滤渣 滤液1 滤液2 →干燥→KMnO4晶体（填标号）。 A.滤渣的主要成分为Cu B.滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀 a.用少量冰水洗涤 C.“氧化沉碲”中离子方程式为TeO+ b.先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤 C1O--TeO+Cl- c.小火加热蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热 D.“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的 d.小火加热蒸发至析出大量晶体，停止加热 量之比为1：3 e.趁热过滤 8.(2025山东菏泽二模)实验室利用Cl2氧化 f.减压过滤 锰酸钾(K2MnO4)浓强碱溶液制备KMnO4 g.缓慢降温结晶 的装置如图所示（夹持装置略）。 (3)利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的 49 实战册 实战高考·化学 纯度。 +CO2个+H2O(未配平，滴定过程中C1-不 称取KMnO4样品m1g,配成V1mL溶液。 反应)。滴定消耗KMnO4溶液V2mL,样品 称取高纯度Na2C2O4（摩尔质量为 中KMnO4(摩尔质量为158g·mol-1)的质 134g·mol-1)固体m2g于锥形瓶中，加入 量分数为 (用代数式 蒸馏水溶解，再加入少量硫酸酸化，水浴加 表示)。若加热温度大于90℃，部分草酸发 热至75~85℃。趁热用KMnO4溶液滴定， 生分解，会导致测得产品纯度 (填 发生反应：HC2O4+MnO4+H+→Mn2+ “偏高”“偏低”或“无影响”)。 别人考什么 高考全国视野 答案：P399 真题精练 误的是( 1.(2025广东，8,2分)下列陈述I与陈述Ⅱ均 A无色→蓝色：生成I2 正确，且两者间具有因果关系的是( B.蓝色→无色：12转化为化合态 选项 陈述I 陈述Ⅱ C.H2O2起漂白作用 浓硝酸保存在棕色试 浓硝酸具有强氧 D.淀粉作指示剂 A 剂瓶中 化性 4.(2024湖北，7,3分)过量SO2与以下 向蔗糖中加适量浓硫 浓硫酸具有脱 0.1mol·L1的溶液反应，下列总反应方程 B 酸，蔗糖变黑 水性 式错误的是( Fe2+与K[Fe(CN)6] KSCN溶液可用 选项 溶液 现象 化学方程式 C 可生成蓝色物质 于检验Fe3+ 产生淡黄 3SO2 +2Na2 S MnO2与浓盐酸共 C12+S02+2H2O Na2S D 色沉淀 3S+2Na2 SO3 热，生成黄绿色气体 HeSO:+2HCI 2.(2024浙江，2,3分)工业上将C2通入冷的 溶液由棕 2FeCls +SO2+2H2O B FeCla 黄色变浅 -2FeCl2 +H2 SO NaOH溶液中制得漂白液，下列说法不正确 绿色 +2HC1 的是() A.漂白液的有效成分是NaClO 溶液褪 SO2+2CuCl2 +2H2O B.CO水解生成HCIO使漂白液呈酸性 C CuCl2 色，产生 -2CuCl￥+H2SO C.通入CO2后的漂白液消毒能力增强 白色沉淀 +2HCI D.NaClO溶液比HCIO溶液稳定 Na2 CO 溶液由红 2SO+Na2 CO +HO 3.(2024辽吉黑，6,3分)H2O2分解的“碘钟” D (含酚酞) 色变无色 CO2+2NaHSO 反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液 (①H2O2溶液；②淀粉、丙二酸和MnSO4混 5.(2024全国甲，10,6分)四瓶无色溶液 合溶液；③KIO、稀硫酸混合溶液)混合，溶 NH4NO3、Na2CO3、Ba(OH)2、AlCl3,它们 液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性 之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d 变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错 代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色 50 O专题4非金属及其化合物 沉淀。下列叙述正确的是( ③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色； A.a呈弱碱性 ④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上 B.f可溶于过量的b中 b 升，最终铜丝与液面脱离接触，反应停止。 C.c中通入过量的e可得到无色 下列说法正确的是() d 溶液 A.开始阶段铜丝表面气泡释放速率缓慢， D.b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化 6.(2024江苏卷，6,3分)下列化学反应表示正 B.锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和 确的是( ) 稀HNO3反应生成了NO2 A.汽车尾气处理：2NO+4C0催化剂N, C.红棕色逐渐变浅的主要原因是3NO2+ +4C02 H2O-2HNO +NO B.NO3电催化为N2的阳极反应：2NO3+ D.铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是 12H++10e—N2个+6H2O 硝酸消耗完全 C.硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3 9.(2024河北，10,3分)图示装置 +302催化剂2N2十6H,0 不能完成相应气体的发生和收 △ 集实验的是（加热、除杂和尾气 D.CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2 处理装置任选)( 催化剂 选项 高温、高压 CH3OCH+3H2O 气体 试剂 7.(2024江苏，10,3分)在给定条件下，下列制 A S02 饱和Na2SO,溶液十浓硫酸 B 备过程涉及的物质转化均可实现的是( Cl2 MnO2十浓盐酸 C AHCl制备：NaCl溶液电解H,和C2 NHg 固体NH,CI十熟石灰 C02 石灰石十稀盐酸 点燃HC 10.(2024北京，7,3分)硫酸是重要的化工原 B,金属Mg制备：Mg(OH),盐酸MgC溶 料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 液电解Mg 黄铁矿 s02 通空气、 →5o83x旧s0 (含FeS2) 400-500℃ 浓硫酸 C.纯碱工业：NaCl溶液-NaHCO,△， 加热 常压、催化剂 空气 Na2 COg Fe,0,等 量s0,9Hs0, 下列说法不正确的是( ) D.硫酸工业：FeS2 A.I的化学方程式：3FeS+8O,△ 8.(2024湖南，7,3分)某学生按图示方法进行 FesO4 +6SO2 实验，观察到以下实验现象： B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡 ①铜丝表面缓慢放出气泡， 转化率 锥形瓶内气体呈红棕色； C,将黄铁矿和换成硫黄可以减少废渣的 铜丝 ②铜丝表面气泡释放速率 稀硝酸 产生 逐渐加快，气体颜色逐渐变深； D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 51