第一章 物质及其变化（综合训练）（北京专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 以“物质及其变化”为核心，整合氧化还原、离子反应等基础概念与实验探究、工艺流程等综合应用，体现从概念到实践的逻辑进阶。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题|含原创题、新情境题，聚焦概念辨析（如氧化还原判断、除杂试剂选择）|从物质性质（如胶体渗析）到反应规律（如离子方程式书写），构建“性质-变化-应用”链条| |非选择题|5题|新考法题型（如离子推断、滴定条件探究），综合实验与工艺（如硫铁矿烧渣制铁黑、氟碳铈矿提氧化铈）|以真实问题为载体，融合科学探究与实践，强化物质转化与定量分析的科学思维|

第一章 物质及其变化 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Ca 40 Mn55 Fe 56 一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】（2026·北京·模拟预测）下列过程中，作用原理不涉及氧化还原反应的是 A．工业以石英砂为原料，经一系列反应制备高纯硅 B．葡萄酒酿制过程中，添加适量二氧化硫起到杀菌和抗氧化作用 C．不慎将碱液沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸 D．干燥的氯气使有色鲜花褪色 2．（2026·北京丰台·模拟预测）下列除杂试剂或方法选用正确的是 物质(括号内为杂质) 除杂试剂或方法 A NaHCO3固体(Na2CO3) 加热 B 苯(苯酚) 浓溴水 C NaCl溶液(Na2SO4) BaCl2溶液、Na2CO3溶液 D CO2(SO2) BaCl2与H2O2混合溶液、浓硫酸 A．A B．B C．C D．D 3．（2026·北京石景山·二模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是 A．用铁粉作抗氧化剂 B．明矾净水 C．用NaHCO3作抗酸药 D．用醋酸溶液除水垢 4．【新情境·半透膜完整性检验之淀粉胶体渗析实验】淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀溶液混合，装在半透膜袋中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的是 A．加入溶液产生白色沉淀 B．加入碘水不变蓝 C．加入溶液没有白色沉淀产生 D．加入碘水变蓝 5．（2026·北京石景山·二模）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法正确的是 A．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋是纯净物 B．新鲜榨的花生油具有独特油香，油脂属于天然高分子 C．端午时节用粽叶将糯米包裹成形，糯米的主要成分是纤维素 D．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖 6．【新考法·离子推断型固体混合物成分分析】某固体混合物，含有、、、和中的几种，进行如下实验： ①将固体溶于水，有气泡冒出，得到有色沉淀和弱碱性溶液； ②沉淀与足量溶液作用，沉淀部分溶解。 下列说法不正确的是 A．混合物中必定含有和 B．溶液中含有 C．可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应，确定是否存在 D．往溶液中加入粉，若不溶解，说明中不含 7．（2025·北京昌平·模拟预测）向铁粉中加入过量稀硫酸，可制备得到硫酸亚铁溶液，下列用来解释事实的方程式中合理的是 A．制备原理：Fe+2H++SO=FeSO4+H2↑ B．得到的溶液显酸性的主要原因：H2SO4=2H++SO C．得到的溶液在空气中变质：4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D．向制备得到的溶液中滴加氢氧化钠溶液只发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ 8．【新情境·化学储氢材料综合判断题】（2026·北京东城·一模）化学储氢材料遇水可释放，同时生成。的一种合成方法如下。 下列说法不正确的是 A．的空间结构为正四面体 B．转化为的反应是氧化还原反应 C．与水反应的方程式为： D．理论上与水反应生成的大于制备所消耗的 9．（2026·北京房山·一模）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法不正确的是 A．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 B．当反应生成时转移电子数为 C．处理后溶液的pH不变 D．图示反应过程中起催化作用的是 10．（2026·北京顺义·二模）实验室利用铜屑制备晶体的流程如下 下列说法不正确的是 A．ⅰ中发生反应的离子方程式是： B．ⅱ中产生悬浊液的原因是： C．溶液2为深蓝色溶液，说明该实验条件下，与的结合能力： D．由ⅳ可知，该实验条件下，在乙醇中的溶解度比在水中的小 11．（2026·北京东城·二模）下列方程式不能准确解释相应实验的是 A．将二氧化碳通入氯化钙溶液中： B．将氯气通入氯化亚铁溶液中： C．将水滴入盛有过氧化钠的试管中： D．用同位素示踪法证实乙酸与乙醇的酯化反应的脱水方式为： 12．（2026·北京大兴·三模）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A．铅酸蓄电池放电的负极反应： B．泡沫灭火器原理： C．向溶液中加入少量盐酸： D．少量铁粉与稀硝酸反应： 13．（2025·北京东城·二模）敦煌壁画的无机颜料中，铅白[]是常用的白色颜料之一。光照时，铅白可变为黑棕色；遇时，铅白可变为黑色PbS。下列说法不正确的是 A．属于盐类 B．铅白变为时，铅元素的化合价降低 C．铅白遇除生成PbS外，还生成和 D．观赏敦煌壁画时，禁止使用闪光灯等强光设备 14．（2026·北京·一模）单独的、、HCl均不能从矿石中浸出，将三者混合可将浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时， 下列说法不正确的是 A．b是c是 B．增大，有利于的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 二、非选择题：共5题，共58分。 15．【新情境·硫铁矿烧渣制备铁黑颜料工艺流程综合题】（11分）（2026·北京朝阳·二模）以硫铁矿烧渣(主要成分为、，含少量等)制备铁黑颜料的过程如下。 资料：开始沉淀时，沉淀完全时。 (1)碱浸 ①分离碱浸渣的方法是___________。 ②NaOH溶解的化学方程式是___________。 (2)还原 反应的离子方程式有___________。 (3)制备 过程及现象；向溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。 已知：时，浊液中主要存在、和少量。 ①产生白色沉淀的离子方程式是___________。 ②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：___________。 ③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：___________。 (4)测定纯度 称取wg铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用标准溶液滴定，消耗溶液V mL。滴定原理为：。计算产品中的纯度：___________。 已知：的摩尔质量为，其他微粒不干扰检测。 16．（10分）（25-26高三上·北京西城·期末）某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。 已知：(无色)(白色) (白色) 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 溶液 溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 溶液 溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解 (1)Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是_______。 (2)内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ_______Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。 (3)研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较时量多 ⅲ 30 产生白色沉淀，较时量少 ⅳ 40 无白色沉淀产生 经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。 ①溶液的浓度是_______。 ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是_______。 ③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是_______。 (4)对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是_______。 (5)研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。 a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是_______。 17．【新考法·白云石钙含量滴定实验条件探究】（11分）（2026·北京昌平·一模）某小组实验探究法滴定白云石中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂，使转化为沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时快速加入标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．为紫红色，近乎无色，棕黑色沉淀； ⅱ．； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二： 途径三： a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀控制酸度与Ⅱ相同，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗标准溶液的体积分别为、。白云石矿样中钙的质量分数为________（列出计算式）。 18．（12分）【新情境·氟碳铈矿制备氧化铈工艺流程综合题】（2026·北京·模拟预测）稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿(含、、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：i．HF是一种易挥发的弱酸。 ii．难溶于水、可溶于酸，而难溶于水也难溶于酸。 iii．Ce(IV)能被有机萃取剂HA萃取，而不能。 (1)与在空气中直接焙烧相比，在对流空气氧化炉中进行氧化焙烧能大大缩短氧化时间，原因是___________。 (2)烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有___________。 (3)硫酸浸出环节中，控制浸出时间40 min、浸出温度，测得Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如下图所示。 当时，随起始硫酸浓度升高浸出率下降，原因是___________。 (4)在步骤Ⅱ将沉淀转化为的过程中，加入NaOH溶液的目的是___________。 (5)写出步骤Ⅶ中生成的离子方程式___________。 (6)该流程中可循环利用的物质有___________。 19．（14分）（2026·北京·模拟预测）实验小组利用间接碘量法测定锅炉水中的溶解氧含量。 已知：溶解氧可快速氧化，而氧化其他还原剂的速率较慢。 【测定原理与操作】 Ⅰ．固氧：将的水瓶盛满水样，用细长针头插到液面下，依次注入溶液，溶液(过量)，部分水样溢出。立即盖紧瓶盖，翻转摇匀，先生成白色沉淀，随即转化为棕黑色沉淀。 Ⅱ．酸化：待沉淀沉降到距瓶口约三分之一处时，缓缓加入稀至液面下，部分溶液溢出。立即盖紧瓶盖，翻转摇动至沉淀完全溶解，得到黄色溶液。 Ⅲ．滴定：用溶液滴定至终点()。 (1)“固氧”环节中，溶解氧氧化的化学方程式是___________。 (2)“滴定”环节中，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的操作与现象是___________。 (3)若滴定消耗溶液，则水样中溶解氧的含量为___________mg/L。 【实际测定与分析】 小组同学对锅炉水样进行上述操作，“酸化”后溶液不变黄，无生成，无法滴定。 资料：i．锅炉水中溶解氧含量低，且含有残留的还原剂。 ii．锅炉水中的还原剂只能还原酸性条件下的或。 甲同学在原方法的基础上(试剂及用量不变)，补充加入适量溶液，并采用双瓶对照实验方案，操作如下图。 甲同学利用该法测得水样中的溶解氧含量为，测定结果准确。 (4)设计瓶实验的目的是：与瓶作空白对照，___________。 (5)瓶操作中应始终无沉淀生成。若加入溶液的过程中，观察到生成少量白色沉淀并转为棕黑色沉淀，振荡后沉淀又消失，则会使的测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)，理由是___________。 (6)乙同学利用容量瓶作为取样瓶来简化“固氧”操作：先向容量瓶中加入约水样，再用细长针头向液面下依次注入所需试剂，最后用水样定容并摇匀。 按乙同学的方案，测得的溶解氧含量将高于甲同学的测定值，理由是___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 物质及其变化 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Ca 40 Mn55 Fe 56 一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】（2026·北京·模拟预测）下列过程中，作用原理不涉及氧化还原反应的是 A．工业以石英砂为原料，经一系列反应制备高纯硅 B．葡萄酒酿制过程中，添加适量二氧化硫起到杀菌和抗氧化作用 C．不慎将碱液沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸 D．干燥的氯气使有色鲜花褪色 【答案】C 【详解】A．石英砂主要成分为，制备高纯硅过程中Si元素从+4价最终变为0价，存在化合价变化，涉及氧化还原反应，A错误； B．二氧化硫的抗氧化作用是利用其还原性，与氧化性物质发生氧化还原反应，S元素化合价升高，涉及氧化还原反应，B错误； C．碱液与硼酸发生酸碱中和反应，反应过程中所有元素化合价均无变化，不涉及氧化还原反应，C正确； D．干燥的氯气与鲜花中的水反应生成HCl和HClO，反应中Cl元素化合价发生变化，且HClO依靠强氧化性漂白有色物质，涉及氧化还原反应，D错误； 故选 C。 2．（2026·北京丰台·模拟预测）下列除杂试剂或方法选用正确的是 物质(括号内为杂质) 除杂试剂或方法 A NaHCO3固体(Na2CO3) 加热 B 苯(苯酚) 浓溴水 C NaCl溶液(Na2SO4) BaCl2溶液、Na2CO3溶液 D CO2(SO2) BaCl2与H2O2混合溶液、浓硫酸 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．NaHCO3固体受热易分解，Na2CO3稳定性好，所以不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3，A错误； B．苯酚虽能与浓溴水发生取代反应，但生成的三溴苯酚易溶于苯中，引入新的杂质，不能达到除杂目的，B错误； C．过量的BaCl2溶液可除去溶液中的硫酸根离子，多余的钡离子可有过量的碳酸钠溶液除去，但多余的碳酸钠中碳酸根离子无法除去，不能达到除杂目的，C错误； D．SO2具有还原性，可与过氧化氢发生氧化还原反应转化为硫酸根离子，再与钡离子发生复分解反应生成硫酸钡沉淀而除去，再利用浓硫酸干燥二氧化碳，即可达到除杂目的，D正确； 故选D。 3．（2026·北京石景山·二模）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是 A．用铁粉作抗氧化剂 B．明矾净水 C．用NaHCO3作抗酸药 D．用醋酸溶液除水垢 【答案】A 【详解】A．铁粉作抗氧化剂时，Fe与氧气等氧化性物质发生反应，Fe、O元素化合价发生变化，利用了氧化还原反应，A正确； B．明矾净水的原理是水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，水解过程无元素化合价升降，不涉及氧化还原反应，B错误； C．作抗酸药是与胃酸（主要成分为HCl）发生复分解反应，所有元素化合价均无变化，不涉及氧化还原反应，C错误； D．醋酸除水垢是醋酸与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁发生复分解反应，无元素化合价升降，不涉及氧化还原反应，D错误； 故选A。 4．【新情境·半透膜完整性检验之淀粉胶体渗析实验】淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀溶液混合，装在半透膜袋中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的是 A．加入溶液产生白色沉淀 B．加入碘水不变蓝 C．加入溶液没有白色沉淀产生 D．加入碘水变蓝 【答案】B 【详解】淀粉溶液是一种胶体，胶体是不能透过半透膜的，如果半透膜完好无损，则烧杯中液体中不可能含有淀粉，如果半透膜破损，则淀粉也会存在于烧杯中，故可用碘水来检验淀粉的存在（是否变蓝色）来判断半透膜是否完好；半透膜无论是否损坏硫酸钠都能透过，在烧杯中加氯化钡都会产生沉淀； 故选B。 5．（2026·北京石景山·二模）我国饮食注重营养均衡，讲究“色香味形”。下列说法正确的是 A．凉拌黄瓜加醋使其具有可口酸味，食醋是纯净物 B．新鲜榨的花生油具有独特油香，油脂属于天然高分子 C．端午时节用粽叶将糯米包裹成形，糯米的主要成分是纤维素 D．烹饪糖醋排骨用蔗糖炒出焦糖色，蔗糖属于二糖 【答案】D 【详解】A．食醋是乙酸的水溶液，还含有其他微量成分，属于混合物，不是纯净物，A错误； B．油脂相对分子质量较小，远达不到有机高分子相对分子质量的标准，不属于天然高分子，B错误； C．糯米的主要成分是淀粉，不是纤维素，C错误； D．1mol蔗糖水解可得到1mol葡萄糖和1mol果糖，属于二糖，D正确； 故答案选D。 6．【新考法·离子推断型固体混合物成分分析】某固体混合物，含有、、、和中的几种，进行如下实验： ①将固体溶于水，有气泡冒出，得到有色沉淀和弱碱性溶液； ②沉淀与足量溶液作用，沉淀部分溶解。 下列说法不正确的是 A．混合物中必定含有和 B．溶液中含有 C．可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应，确定是否存在 D．往溶液中加入粉，若不溶解，说明中不含 【答案】D 【详解】A．由分析可知，中必定含有和，A正确； B．溶液Z呈弱碱性，则溶液中含有Na2CO3，水解会生成，故一定含有NaHCO3，B正确； C．可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应是否为紫色，确定是否存在，C正确； D．溶液Z含有Na2CO3，呈弱碱性，Na2CO3和FeCl3会发生双水解而不能共存，即溶液Z中无FeCl3，因此弱碱性溶液中加铜粉无法说明X中是否含FeCl3，D错误； 故选D。 7．（2025·北京昌平·模拟预测）向铁粉中加入过量稀硫酸，可制备得到硫酸亚铁溶液，下列用来解释事实的方程式中合理的是 A．制备原理：Fe+2H++SO=FeSO4+H2↑ B．得到的溶液显酸性的主要原因：H2SO4=2H++SO C．得到的溶液在空气中变质：4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D．向制备得到的溶液中滴加氢氧化钠溶液只发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ 【答案】B 【详解】A．FeSO4是强电解质，需要拆写后，并删减不参加反应的离子，正确的离子方程式为Fe+2H+=+H2↑，A错误； B．由于稀硫酸过量，故反应后所得溶液为H2SO4和FeSO4的混合溶液，H2SO4的电离和FeSO4的水解都能使溶液呈酸性，但是H2SO4的电离是完全进行的，FeSO4的水解是可逆反应，且会被H2SO4的电离抑制，故溶液显酸性的主要原因是H2SO4的电离，B正确； C．由于稀硫酸过量，反应所得溶液显酸性，则溶液在空气中变质的原因是4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，C错误； D．由于稀硫酸过量，故反应后所得溶液为H2SO4和FeSO4的混合溶液，向所得溶液中滴加NaOH溶液，发生的离子反应有：H++OH-=H2O（优先进行），Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，D错误； 故选B。 8．【新情境·化学储氢材料综合判断题】（2026·北京东城·一模）化学储氢材料遇水可释放，同时生成。的一种合成方法如下。 下列说法不正确的是 A．的空间结构为正四面体 B．转化为的反应是氧化还原反应 C．与水反应的方程式为： D．理论上与水反应生成的大于制备所消耗的 【答案】B 【详解】A．的中心原子B的价电子对数为，B原子为sp3杂化，空间结构为正四面体，A正确； B．由图可知，转化为的反应为：，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误； C．由遇水可释放，同时生成可知，与水反应的方程式为：，C正确； D．由可知，与水反应生成的，由可知，制备所消耗的，前者大于后者，D正确； 故选B。 9．（2026·北京房山·一模）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法不正确的是 A．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 B．当反应生成时转移电子数为 C．处理后溶液的pH不变 D．图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【详解】A．该转化过程中，涉及3个反应：①，各元素化合价未变，不属于氧化还原反应；②，Cu元素和N元素化合价有变化，属于氧化还原反应；③，Cu元素和Fe元素化合价有变化，属于氧化还原反应；因此总共有2个氧化还原反应，A正确； B．根据反应，有，则生成时转移电子数为，B正确； C．根据3个反应得总反应为，则反应中消耗，溶液降低，升高，C错误； D．根据在的水溶液中，加入少量后首先发生的是，后续2个反应都是和的循环转化，说明真正起催化作用是，D正确； 故答案为：C。 10．（2026·北京顺义·二模）实验室利用铜屑制备晶体的流程如下 下列说法不正确的是 A．ⅰ中发生反应的离子方程式是： B．ⅱ中产生悬浊液的原因是： C．溶液2为深蓝色溶液，说明该实验条件下，与的结合能力： D．由ⅳ可知，该实验条件下，在乙醇中的溶解度比在水中的小 【答案】C 【详解】A．ⅰ中酸性条件下将Cu氧化为，自身被还原为，离子方程式书写符合反应事实和守恒规则，A正确； B．ⅱ中加入少量氨水时，与反应生成蓝色悬浊液，离子方程式书写正确，B正确； C．溶液2为深蓝色是因为生成了，说明与的结合能力强于，即，C错误； D．ⅳ中加入乙醇后析出目标晶体，说明该晶体在乙醇中的溶解度比在水中小，D正确； 故选C。 11．（2026·北京东城·二模）下列方程式不能准确解释相应实验的是 A．将二氧化碳通入氯化钙溶液中： B．将氯气通入氯化亚铁溶液中： C．将水滴入盛有过氧化钠的试管中： D．用同位素示踪法证实乙酸与乙醇的酯化反应的脱水方式为： 【答案】A 【详解】A．根据强酸制弱酸原理，与氯化钙溶液不反应，A符合题意； B．氯气可将氧化为，该离子方程式原子、电荷均守恒，能正确表示反应，B不符合题意； C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，该化学方程式书写正确，C不符合题意； D．酯化反应的机理是酸脱羟基、醇脱氢，标记了的乙醇中，会进入酯中，生成普通水，该方程式符合反应机理，D不符合题意； 故选A。 12．（2026·北京大兴·三模）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A．铅酸蓄电池放电的负极反应： B．泡沫灭火器原理： C．向溶液中加入少量盐酸： D．少量铁粉与稀硝酸反应： 【答案】C 【详解】A．铅酸蓄电池放电时，负极Pb失电子生成，与电解液中的​结合生成难溶的​，离子方程式正确，A不符合题意； B．泡沫灭火器原理是与​发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式正确，B不符合题意； C．羧基的酸性强于酚羟基，酸性越强，对应阴离子结合能力越弱，因此加入少量盐酸时，会优先和酚氧负离子反应生成酚羟基，而非优先和羧酸根反应，离子方程式应为，C符合题意； D．少量铁粉与稀硝酸反应时，硝酸足量，Fe被氧化为，硝酸被还原为NO，离子方程式正确，D不符合题意； 故选C。 13．（2025·北京东城·二模）敦煌壁画的无机颜料中，铅白[]是常用的白色颜料之一。光照时，铅白可变为黑棕色；遇时，铅白可变为黑色PbS。下列说法不正确的是 A．属于盐类 B．铅白变为时，铅元素的化合价降低 C．铅白遇除生成PbS外，还生成和 D．观赏敦煌壁画时，禁止使用闪光灯等强光设备 【答案】B 【详解】A．属于碱式盐，A正确； B．铅白[]变为时，铅元素的化合价由价变为价，化合价升高，B错误； C．铅白与 反应的化学方程式为：，C正确； D．根据题目信息可知，光照时，铅白可变为黑棕色，所以观赏敦煌壁画时，禁止使用闪光灯等强光设备，D正确； 故选B。 14．（2026·北京·一模）单独的、、HCl均不能从矿石中浸出，将三者混合可将浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时， 下列说法不正确的是 A．b是c是 B．增大，有利于的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 【答案】A 【详解】A．溶解电离出，酸性条件下与结合生成或，因此是或；和都具有还原性，能将还原为，是，a是，A不正确； B．增大可促进结合为或，降低浓度，使A反应的化学平衡正向移动，有利于浸出，B正确； C．根据盖斯定律，总反应的反应热等于所有分步反应的反应热之和。将反应①、②、③加和，恰好得到总反应A，因此反应热之和等于反应A的反应热，C正确； D．图中只有氧化的反应为氧化还原反应，其余为非氧化还原反应，D正确； 故选A。 二、非选择题：共5题，共58分。 15．【新情境·硫铁矿烧渣制备铁黑颜料工艺流程综合题】（11分）（2026·北京朝阳·二模）以硫铁矿烧渣(主要成分为、，含少量等)制备铁黑颜料的过程如下。 资料：开始沉淀时，沉淀完全时。 (1)碱浸 ①分离碱浸渣的方法是___________。 ②NaOH溶解的化学方程式是___________。 (2)还原 反应的离子方程式有___________。 (3)制备 过程及现象；向溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。 已知：时，浊液中主要存在、和少量。 ①产生白色沉淀的离子方程式是___________。 ②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：___________。 ③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：___________。 (4)测定纯度 称取wg铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用标准溶液滴定，消耗溶液V mL。滴定原理为：。计算产品中的纯度：___________。 已知：的摩尔质量为，其他微粒不干扰检测。 【答案】(1)过滤（1分） （2分） (2)、（2分） (3) （1分） （2分） 发生反应（1分），该反应生成使溶液酸性增强，明显降低，同时生成使清液中增大（1分） (4)（1分） 【详解】（1）①碱浸后分离固体碱浸渣和溶液，分离固液的操作为过滤； ② 是两性氧化物，可与反应生成，化学方程式为； （2）酸浸后溶液中含有（铁氧化物溶解生成）和过量的，都可与单质反应，被还原为，反应的离子方程式有、； （3）① 与反应生成白色沉淀，离子方程式是； ②时间段发生反应 ，该反应中反应物、产物均不产生额外，浓度几乎不变，因此几乎不变； ③时间段发生反应，该反应生成，使溶液酸性增强，明显降低，同时生成，使清液中增大； （4）根据滴定反应，可得关系：，中的铁元素经处理后，共得到 ，因此，，则，，故纯度为。 16．（10分）（25-26高三上·北京西城·期末）某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。 已知：(无色)(白色) (白色) 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 溶液 溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 溶液 溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解 (1)Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是_______。 (2)内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ_______Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。 (3)研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较时量多 ⅲ 30 产生白色沉淀，较时量少 ⅳ 40 无白色沉淀产生 经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。 ①溶液的浓度是_______。 ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是_______。 ③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是_______。 (4)对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是_______。 (5)研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。 a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是_______。 【答案】(1)Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+（2分） (2)＜（1分） (3)0.3 （1分） Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+ （2分） [CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－（2分） (4)作催化剂（1分） (5)c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行（1分） 【详解】（1）Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+。故答案为：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+； （2）内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率 大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜Ⅱ。故答案为：＜； （3）经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅，说明铁离子浓度越来越小。 ①控制左侧氯离子浓度与右侧相同，溶液的浓度是0.3。故答案为：0.3； ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，铜由0价变为+1价，Cu与溶液反应的离子方程式是Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+。故答案为：Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+； ③由ⅲ、ⅳ可知，后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－。故答案为：[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－； （4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是作催化剂。故答案为：作催化剂； （5）研究的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。故答案为：c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。 17．【新考法·白云石钙含量滴定实验条件探究】（11分）（2026·北京昌平·一模）某小组实验探究法滴定白云石中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂，使转化为沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时快速加入标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．为紫红色，近乎无色，棕黑色沉淀； ⅱ．； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二： 途径三： a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀控制酸度与Ⅱ相同，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗标准溶液的体积分别为、。白云石矿样中钙的质量分数为________（列出计算式）。 【答案】(1)；（2分） 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；（1分） (2)滴入最后半滴标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；（1分） ； （2分） 棕黑色沉淀溶解是与反应生成造成的，途径一二及其生成的均用于氧化，且最终还原产物均只有，因此消耗体积不变，而途径三除用于氧化，自身被还原为外，还有一部分自身分解生成，使得消耗体积增大；（2分） 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高；（2分） (3)或；（1分） 【详解】（1）①白云石是难溶固体，与HCl反应生成可溶性钙盐、镁盐、和水，故离子反应方程式为； ②杂质存在于洗涤液中，用硝酸酸化的检验，若无白色沉淀生成，则洗涤已洗净； （2）①自身可作指示剂，滴定终点时完全反应，过量半滴使溶液显特征浅紫红色； ②a.初始滴定时反应速率慢，被草酸还原为，根据得失电子守恒配平即可得到离子方程式：； b.棕黑色沉淀溶解是与反应生成造成的，途径一二及其生成的均用于氧化，且最终还原产物均只有，因此消耗体积不变，而途径三除用于氧化，自身被还原为外，还有一部分自身分解生成，使得消耗体积增大； ③滤纸的主要成分纤维素具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，额外消耗标准液，导致测定结果偏高； （3）实验Ⅲ为空白实验，扣除滤纸消耗的体积V2后，实际与草酸反应的体积为V1−V2；根据反应关系，得，代入钙的摩尔质量40 g/mol，即可得到质量分数或。 18．（12分）【新情境·氟碳铈矿制备氧化铈工艺流程综合题】（2026·北京·模拟预测）稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿(含、、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：i．HF是一种易挥发的弱酸。 ii．难溶于水、可溶于酸，而难溶于水也难溶于酸。 iii．Ce(IV)能被有机萃取剂HA萃取，而不能。 (1)与在空气中直接焙烧相比，在对流空气氧化炉中进行氧化焙烧能大大缩短氧化时间，原因是___________。 (2)烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有___________。 (3)硫酸浸出环节中，控制浸出时间40 min、浸出温度，测得Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如下图所示。 当时，随起始硫酸浓度升高浸出率下降，原因是___________。 (4)在步骤Ⅱ将沉淀转化为的过程中，加入NaOH溶液的目的是___________。 (5)写出步骤Ⅶ中生成的离子方程式___________。 (6)该流程中可循环利用的物质有___________。 【答案】(1)增大了反应物（氧气）的浓度和气固接触效率（2分） (2)、（2分） (3)随着硫酸浓度增大，溶液中增大，促使转化为其他形式的铈配合物；同时增大，促进结合生成HF，使的解离平衡正向移动，导致其浸出率下降（2分） (4)将难溶于酸的转化为可溶于酸的。（2分） (5)（2分） (6)有机萃取剂 HA、硫酸（2分） 【详解】（1）化学反应速率受浓度、温度、接触面积等因素影响。“对流”意味着气体流动速度快，增大了反应物（氧气）的浓度和气固接触效率。 （2）由分析可知，烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有、。 （3）观察图表，总Ce浸出率在上升，但的比例在下降。说明Ce进入了溶液，但不是以的形式存在。随着硫酸浓度增大，溶液中增大，促使转化为其他形式的铈配合物；同时增大，促进结合生成HF，使的解离平衡正向移动，导致其浸出率下降。 （4）步骤 I 得到的沉淀主要是难溶于酸的，为了后续用盐酸溶解得到溶液，必须改变其存在形式。已知 ii 指出可溶于酸。加入NaOH溶液将难溶于酸的转化为可溶于酸的。 （5）步骤Ⅶ中将氧化回 ，并在碱性条件下生成沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （6）步骤 V 用了有机萃取剂 HA，水层中生成硫酸，硫酸在硫酸浸出和步骤VI中被循环利用，同时步骤 VI 分出了“有机层”，这个有机层含有 HA，可以返回步骤 V 继续萃取。 19．（14分）（2026·北京·模拟预测）实验小组利用间接碘量法测定锅炉水中的溶解氧含量。 已知：溶解氧可快速氧化，而氧化其他还原剂的速率较慢。 【测定原理与操作】 Ⅰ．固氧：将的水瓶盛满水样，用细长针头插到液面下，依次注入溶液，溶液(过量)，部分水样溢出。立即盖紧瓶盖，翻转摇匀，先生成白色沉淀，随即转化为棕黑色沉淀。 Ⅱ．酸化：待沉淀沉降到距瓶口约三分之一处时，缓缓加入稀至液面下，部分溶液溢出。立即盖紧瓶盖，翻转摇动至沉淀完全溶解，得到黄色溶液。 Ⅲ．滴定：用溶液滴定至终点()。 (1)“固氧”环节中，溶解氧氧化的化学方程式是___________。 (2)“滴定”环节中，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的操作与现象是___________。 (3)若滴定消耗溶液，则水样中溶解氧的含量为___________mg/L。 【实际测定与分析】 小组同学对锅炉水样进行上述操作，“酸化”后溶液不变黄，无生成，无法滴定。 资料：i．锅炉水中溶解氧含量低，且含有残留的还原剂。 ii．锅炉水中的还原剂只能还原酸性条件下的或。 甲同学在原方法的基础上(试剂及用量不变)，补充加入适量溶液，并采用双瓶对照实验方案，操作如下图。 甲同学利用该法测得水样中的溶解氧含量为，测定结果准确。 (4)设计瓶实验的目的是：与瓶作空白对照，___________。 (5)瓶操作中应始终无沉淀生成。若加入溶液的过程中，观察到生成少量白色沉淀并转为棕黑色沉淀，振荡后沉淀又消失，则会使的测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)，理由是___________。 (6)乙同学利用容量瓶作为取样瓶来简化“固氧”操作：先向容量瓶中加入约水样，再用细长针头向液面下依次注入所需试剂，最后用水样定容并摇匀。 按乙同学的方案，测得的溶解氧含量将高于甲同学的测定值，理由是___________。 【答案】(1)（2分） (2)当滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色（2分） (3)（2分） (4)消除锅炉水中残留还原剂对实验的干扰，计算出还原剂消耗的体积，通过得到仅由溶解氧产生的对应的滴定体积（2分） (5)偏大 （2分） 生成的会氧化生成更多，导致滴定消耗的体积偏大（2分） (6)水样在定容过程中与空气接触，溶解了空气中的氧气，导致测得的溶解氧含量偏高（2分） 【详解】（1）“固氧”环节中，溶解氧氧化的化学方程式是； （2）“滴定”环节中，以淀粉溶液作指示剂，当滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点； （3）根据题中信息列关系式，若滴定消耗溶液，则水样中溶解氧的含量为； （4）锅炉水中含有残留还原剂，会消耗后续生成的或，导致滴定结果偏低。B瓶的空白对照作用是：消除锅炉水中残留还原剂对实验的干扰，计算出还原剂消耗的体积，通过得到仅由溶解氧产生的对应的滴定体积； （5）生成的在后续加入或酸化时，会氧化 生成更多，导致滴定消耗的体积偏大； （6）水样在定容过程中与空气接触，溶解了空气中的氧气，导致测得的溶解氧含量偏高。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 物质及其变化 参考答案 一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C D A B D D B B C C A C B A 2、 非选择题：共5题，共58分。 15．（11分）(1)过滤（1分） （2分） (2)、（2分） (3) （1分） （2分） 发生反应（1分），该反应生成使溶液酸性增强，明显降低，同时生成使清液中增大（1分） (4)（1分） 16．（10分）(1)Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+（2分） (2)＜（1分） (3)0.3 （1分） Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+ （2分） [CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－（2分） (4)作催化剂（1分） (5)c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行（1分） 17．（11分）(1)；（2分） 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；（1分） (2)滴入最后半滴标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；（1分） ； （2分） 棕黑色沉淀溶解是与反应生成造成的，途径一二及其生成的均用于氧化，且最终还原产物均只有，因此消耗体积不变，而途径三除用于氧化，自身被还原为外，还有一部分自身分解生成，使得消耗体积增大；（2分） 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高；（2分） (3)或；（1分） 18．（12分）(1)增大了反应物（氧气）的浓度和气固接触效率（2分） (2)、（2分） (3)随着硫酸浓度增大，溶液中增大，促使转化为其他形式的铈配合物；同时增大，促进结合生成HF，使的解离平衡正向移动，导致其浸出率下降（2分） (4)将难溶于酸的转化为可溶于酸的。（2分） (5)（2分） (6)有机萃取剂 HA、硫酸（2分） 19．（14分）(1)（2分） (2)当滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色（2分） (3)（2分） (4)消除锅炉水中残留还原剂对实验的干扰，计算出还原剂消耗的体积，通过得到仅由溶解氧产生的对应的滴定体积（2分） (5)偏大 （2分） 生成的会氧化生成更多，导致滴定消耗的体积偏大（2分） (6)水样在定容过程中与空气接触，溶解了空气中的氧气，导致测得的溶解氧含量偏高（2分） / 学科网（北京）股份有限公司 $