第1章 章末过关检测(一)(课件PPT)-【高考领航】2027年高考化学大一轮复习学案（创新版）

该高中化学高考复习课件聚焦物质分类、化学变化、氧化还原反应、离子反应等核心考点，依据高考评价体系梳理了基础概念辨析、实验分析、综合应用三大考查维度，通过章末检测题覆盖近五年高频考点，如无机物判断（占15%）、离子共存（占20%）等，构建了完整的知识网络和答题体系。 课件亮点在于“真题训练+素养培养+技巧指导”，精选2025年广东二模、吉林二模等模拟题，通过科学思维（如氧化还原反应中化合价分析）和科学探究（如实验流程设计）培养学生能力，如离子方程式书写采用“守恒法”突破，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准定位学情，实现高效备考冲刺。

章末过关检测(一) ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 (建议用时：75分钟　满分：100分) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项项符合题意。 1．(2025·广东二模)“伏羲画卦，仓颉造字”开书画先河。下列颜料主要成分属于无机物的是(　　) 17 18 19 A.从赤铁矿中提取的赭石 B.由蓼蓝叶制成的花青 C.由红蓝花制成的胭脂 D.从海藤中提取的藤黄 A ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 2 解析：A　从赤铁矿中提取的赭石，其主要成分为Fe2O3，属于无机物，A符合题意；由蓼蓝叶制成的花青，是从植物中提取的有机色素，属于有机物，B不符合题意；由红蓝花制成的胭脂，是从植物中提取的有机色素，属于有机物，C不符合题意；从海藤中提取的藤黄，是从植物中提取的有机色素，属于有机物，D不符合题意。 17 18 19 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2．(2025·吉林毓文中学二模)下列世界重要科学发现中，涉及化学变化的是(　　) A．低温电镜达到原子分辨率 B．臭氧层正在自我修复 C．卫星图像绘制树木地图 D．发现银河系快速射电暴来源 17 18 19 B ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 解析：B　有新物质生成的变化是化学变化。低温电镜达到原子分辨率是研究物质结构与组成的一种方法，没有新物质生成，A不涉及化学变化；臭氧层正在自我修复，说明有物质转化为臭氧，有新物质生成，B涉及化学变化；卫星图像绘制树木地图，没有新物质生成，C不涉及化学变化；发现银河系快速射电暴来源，没有新物质生成，D不涉及化学变化。 17 18 19 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 3．(2025·北京昌平二模)下列气体的验证方法不涉及氧化还原反应的是 (　　) A．氧气——带火星的小木条复燃 B．氨气——湿润的红色石蕊试纸变蓝 C．氯气——湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 D．乙烯——酸性高锰酸钾溶液褪色 17 18 19 B ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 解析：B　氧气燃烧有化合价变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；氨气溶于水发生的反应为NH3＋＋OH－，没有化合价变化，B符合题意；氯气和碘化钾反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，有化合价变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；乙烯具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成二氧化碳，有化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意。 17 18 19 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 4．(2025·广东广州期中)下列有关胶体的说法正确的是(　　) A．饱和FeCl3溶液中滴入NaOH溶液制得Fe(OH)3胶体 B．病毒蛋白质分子的直径约为80 nm，在空气中可以形成气溶胶 C．Fe(OH)3胶体不稳定，静置后容易产生沉淀 D．FeCl3溶液可通过滤纸，Fe(OH)3胶体不能通过滤纸 17 18 19 B ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 解析：B　饱和氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应得到的是氢氧化铁沉淀，不能得到氢氧化铁胶体，故A错误；病毒蛋白质分子的直径约为80 nm，介于10-9 ～ 10-7 m之间，当病毒分散在空气中时，可以形成气溶胶，故B正确；胶体具有介稳定性，静置后不易产生沉淀，故C错误；胶体粒子和溶液中的粒子均可以透过滤纸，故D错误。 17 18 19 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 5．下列关于物质的分类中，正确的是(　　) 17 18 19 选项 酸性氧化物 酸 盐 混合物 A SO2 CH3COOH 烧碱 CuSO4·5H2O B NO HNO3 NaHSO4 氨水 C CO2 H2CO3 BaSO4 不锈钢 D CO Fe(OH)3 CaCO3 浓盐酸 C ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 解析：C　烧碱是NaOH的俗称，属于碱，CuSO4·5H2O属于纯净物，A错误；NO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，B错误；CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，Fe(OH)3属于碱，D错误。 17 18 19 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 6．(2025·广东东莞高三月考)下列条件下，对应离子一定能大量共存的是 (　　) A．0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K＋、Cl－、 B．使甲基橙变红的溶液中：、Al3+、Cl－、Mg2+ C．新制饱和氯水溶液中：S2-、、Na＋、Cl－ D．＝1×1012的溶液中：Fe2+、、、Na＋ 17 18 19 B ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 解析：B　0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中，Al3+和发生相互促进的水解反应，不能大量共存，A错误；使甲基橙变红的溶液呈酸性、Al3+、Cl－、Mg2+在酸性溶液中互不发生反应，可以大量共存，B正确；新制饱和氯水溶液中含有HClO和会和H＋反应，S2-会和HClO发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，OH－会和、Fe2+反应，不能大量共存，D错误。 17 18 19 ‹#› 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 2 7．胃酸的主要成分是盐酸，当胃酸过多会出现“咯酸水”“胃部隐隐作痛”等症状。常用于中和胃酸的药物主要成分有Al(OH)3、NaHCO3、MgO、MgCO3、MgSiO3、CaCO3等。下列说法正确的是(　　) A．Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸 B．从组成的阳离子来看，MgO、MgCO3、MgSiO3都属于镁盐 C．根据树状分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐 D．根据交叉分类法分析，CaCO3属于钙盐、碳酸盐、难溶性盐 17 18 19 D ‹#› 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 2 解析：D　Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸式盐，A错误；从组成的阳离子来看，MgCO3、MgSiO3都属于镁盐，MgO为氧化物，B错误；根据交叉分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐，C错误；根据交叉分类法分析，CaCO3具有钙盐、碳酸盐、难溶性盐特性，故CaCO3属于钙盐、碳酸盐、难溶性盐，D正确。 17 18 19 ‹#› 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(2025·成都石室中学二模)下列对应反应的离子方程式书写正确的是 (　　) A．向少量Ca(HCO3)2溶液中滴加足量的澄清石灰水：Ca2+＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O B．用稀硝酸清洗附着在试管壁上的铜：Cu＋4H＋＋===Cu2+＋2NO↑＋H2O C．向饱和纯碱溶液中通入过量二氧化碳气体： D．向O中投入Na2O2固体：O＋2Na2O2===4Na＋＋4OH－＋18O2↑ 17 18 19 A ‹#› 8 9 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：A　向少量Ca(HCO3)2溶液中滴加足量的澄清石灰水，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为Ca2+＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O，故A正确；用稀硝酸清洗附着在试管壁上的铜，应为3Cu＋8H＋＋===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故B错误；同温下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故向饱和纯碱溶液中通入过量二氧化碳气体，应为2Na＋＋＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，故C错误；向O中投入Na2O2固体，Na2O2＋O===2Na18OH＋H2O2、2H2O2===2H2O＋O2↑，应为O＋2Na2O2===4Na＋＋418OH－＋O2↑＋2H2O，故D错误。 17 18 19 ‹#› 9 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9. (2025·重庆名校联盟联考)铅丹(Pb3O4)可作防锈涂料，其中铅的化合价为＋2和＋4，其与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O。下列说法正确的是(　　) A．Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作还原剂 B．物质的氧化性：Pb3O4＜Cl2 C．Pb3O4中＋2价的铅与＋4价的铅的物质的量之比为2∶1 D．当上述反应中消耗1 mol Pb3O4时，生成的氯气为22.4 L 17 18 19 C ‹#› 9 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：C　该反应中，部分Pb元素的化合价由＋4降低到＋2，则Pb3O4作氧化剂，A错误；Pb3O4作氧化剂，Cl元素的化合价由－1升高到0，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，B错误；铅丹中Pb元素的化合价只有＋2、＋4，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，则Pb3O4中＋2价的铅与＋4价的铅的物质的量之比为2∶1，C正确；选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生成氯气的体积，D错误。 17 18 19 ‹#› 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(2025·黑龙江哈尔滨师大附属中三模)对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　　) 17 18 19 选项 粒子组 判断和分析 A 透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Br－、 不能大量共存，因为Cu2+呈蓝色 B 能溶解Al2O3的溶液中：Na＋ 、、 Cl－、 能大量共存，粒子间不反应 C NaCl溶液中：Fe3+、I－、Ba2+、 CH3COO－ 不能大量共存，Fe3+和I－会发生氧化还原反应 D NaHSO4溶液中：K＋ 、Cl－、、 不能大量共存和发生反应 C ‹#› 10 12 13 14 15 16 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：C　透明溶液中可以含有色离子，且该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A错误；能溶解Al2O3的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为碱溶液，则会与OH－反应，不能大量共存，故B错误；Fe3+具有强氧化性、I－具有强还原性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C正确；NaHSO4溶液中含有大量氢离子能与氢离子反应，不能大量共存，故D错误。 17 18 19 ‹#› 11 12 13 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(2025·四川乐山一中二模)PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]＋[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是 (　　) A．六氟合铂酸氙是离子化合物 B. 六氟合铂酸氙中Xe元素的化合 价为＋2价 C．上述制备过程的催化剂是F－和 D. 上述制备过程中属于氧化还原反 应的有②③ 17 18 19 C ‹#› 11 12 13 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：C　六氟合铂酸氙[XeF]＋[Pt2F11]－中含有阴、阳离子，因此六氟合铂酸氙是离子化合物，故A正确；六氟合铂酸氙中F显－1价，则Xe元素的化合价为＋2价，故B正确；根据图中分析，题述制备过程的催化剂是是中间产物，故C错误；反应②中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，反应③中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，因此题述制备过程中属于氧化还原反应的有②③，故D正确。 17 18 19 ‹#› 12 13 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(2025·湖北十一校一模)下列离子方程式能用来解释相应实验现象或正确描述其反应的是(　　) 17 18 19 选项 实验操作或现象 离子方程式 A 向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀 3Mg(OH)2(s)＋2Fe3+(aq)⥫⥬2Fe(OH)3(s)＋3Mg2+(aq) B 向Na2S溶液中通入过量SO2产生淡黄色沉淀 SO2＋2S2-＋2H2O===3S↓＋4OH－ C 向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体 2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋ D 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 3SO2＋ A ‹#› 12 13 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：A　向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴0.1 mol·L-1FeCl3溶液，发生沉淀的转化，白色Mg(OH)2沉淀变为红褐色Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为3Mg(OH)2(s)＋2Fe3+(aq)⥫⥬2Fe(OH)3(s)＋3Mg2+(aq)，A项正确；向Na2S溶液中通入过量SO2产生淡黄色沉淀，反应的离子方程式为2S2-＋5SO2＋2H2O===3S↓＋，B项错误；向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体，反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋，C项错误；题给离子方程式不符合守恒规律，正确的离子方程式为5SO2＋＋4H＋，D项错误。 17 18 19 ‹#› 13 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(2025·陕西西安一模)工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应： ①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O；②TeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Te。 以下说法错误的是(　　) A．Cu2Te中Cu元素的化合价是＋1价 B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是CuSO4和TeO2 C．每制备1 mol Te理论上两个反应共转移12 mol e－ D．氧化性强弱顺序为O2＞SO2＞TeO2 17 18 19 D ‹#› 13 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 解析：D　Te和O位于同一主族，为－2价，则Cu2Te中Cu为＋1价，A正确；反应①中O2化合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te化合价均升高，失去电子，则CuSO4和TeO2均是氧化产物，B正确；反应②中每生成1 mol Te，转移4 mol电子，反应①中每生成1 mol TeO2，转移8 mol电子，则每制备1 mol Te，理论上共转移12 mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个反应可得，O2的氧化性强于TeO2，反应②中TeO2是氧化剂，SO2是还原剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，D错误。 17 18 19 ‹#› 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2 14．(2025·黑龙江大庆模拟)某反应体系中只有五种物质：AsH3、H2O、HBrO3、H3AsO4、Br2。启动反应后，两种含溴物质的物质的量变化如图所示，下列叙述错误的是(　　) A．曲线a、b分别代表Br2、HBrO3 B．该反应中氧化剂、还原剂的物质 的量之比为5∶8 C．39 g还原剂完全反应时转移4 mol电子 D．由反应可推出氧化性：HBrO3>H3AsO4 17 18 19 B ‹#› 14 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2 解析：B　由两种含溴物质的物质的量变化图像可知，4 mol b完全反应生成2 mol a，由溴原子守恒可知a为Br2，b为HBrO3，A正确；反应的化学方程式为5AsH3＋8HBrO3===5H3AsO4＋4Br2＋4H2O，氧化剂是HBrO3，还原剂是AsH3，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为8∶5，B错误；39 g AsH3物质的量为0.5 mol，完全反应时，转移电子的物质的量为0.5 mol×8＝4 mol，C正确；在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：HBrO3>H3AsO4，D正确。 17 18 19 ‹#› 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 15．向仅含Fe2+、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是(　　) 17 18 19 A．线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I－、Fe2+、Br－、HIO3的变化情况 B．Fe2+、I－和Br－的物质的量之比为1∶2∶3 C．根据图像可计算b＝11 D．线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1 B ‹#› 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 解析：B　向仅含Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，由于还原性I－＞Fe2+＞Br－，首先发生反应2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，I－反应完毕，再发生反应2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，故线段Ⅰ代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n(I－)＝2n(Cl2)＝2 mol、n(Fe2+)＝2n(Cl2)＝2×(3 mol－1 mol)＝4 mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2+)，故n(Br－)＝2n(Fe2+)－n(I－)＝2×4 mol－2 mol＝6 mol，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1 mol，反应消耗氯气的物质的量为5 mol，根据电子守恒，则 17 18 19 ‹#› 15 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 该含氧酸中碘元素的化合价为＋5价，则该含氧酸为HIO3，即线段Ⅳ表示HIO3的变化情况。根据分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I－、Fe2+、Br－、HIO3的变化情况，故A正确；由分析知，n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)＝4 mol∶2 mol∶6 mol＝2∶1∶3，故B错误；由分析可知，溶液中n(Br－)＝6 mol，根据2Br－ ＋Cl2===Br2＋2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3 mol，故a＝3＋3＝6，b－a＝5，所以b＝11，故C正确；线段Ⅳ的反应方程式为 5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，故D正确。 17 18 19 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 17 18 19 二、非选择题：本题共4小题。 16．(13分)化学是在原子、分子水平上研究物质的组成﹑结构、性质、转化及其应用的基础自然科学。 (1)根据下列物质的组成和性质完成填空。 a．铜；b.熔融氯化钠；c.二氧化碳气体；d.饱和氯化铁溶液；e.氢氧化钠固体； f．石墨。 ①属于电解质的是________(填字母，下同)，上述状态下能导电的物质有________。 ②写出d的电离方程式：________。 ③鉴别由d制成的胶体的方法是__________。 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 (2)向一定量的H2SO4和MgSO4混合溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液至过量(体积变化忽略不计)。下列图像不能正确反映对应变化关系的是________。 17 18 19 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 (3)经检测﹐某酸性废水中存在大量的Na＋、Cu2+、Cl－、。欲除去其中的Cu2+、，并得到中性溶液，设计的工艺流程如图所示(流程中试剂a、试剂b均过量)。 17 18 19 ①滴加NaOH溶液至呈碱性，原废水中物质的量会减少的离子是________(用离子符号表示)。 ②加入试剂a发生反应的离子方程式为__________，试剂c的作用是________。 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 解析：(1)a项，铜是能导电的金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质；b项，熔融氯化钠中存在能自由移动的离子，能导电，属于电解质；c项，二氧化碳气体不能电离出自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；d项，饱和氯化铁溶液是含有能自由移动离子的混合物，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；e项，氢氧化钠固体中不存在自由移动的离子，不能导电，熔融状态下能电离出自由移动的离子，属于电解质；f项，石墨是能导电的非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质。①属于电解质的是be；上述状态下能导电的物质有abdf；②氯化铁是电解质，在溶液中能电离出铁离子和氯离子，电离方程式为FeCl3===Fe3+＋3Cl－；③鉴别胶体的方法是丁达尔效应。 17 18 19 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 (2)向硫酸和硫酸镁的混合溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，溶液中硫酸先与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，反应的化学方程式为H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，反应中没有沉淀生成，pH增大、溶质的质量增大，硫酸溶液完全反应后，溶液中硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为MgSO4＋2NaOH===Na2SO4＋Mg(OH)2↓，反应中有氢氧化镁沉淀生成，pH保持不变、溶质的质量增大(溶质增加，溶剂水也增加)，硫酸镁溶液完全反应后，再滴加氢氧化钠溶液，pH增大、溶质的质量增大，则能正确反映对应变化关系的是B，不能正确反映对应变化关系的是AC。(3)①向酸性废水中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子与溶液中的氢离子反应生成水、与铜离子反应生成氢氧 17 18 19 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 化铜沉淀，则废水中离子的数目会发生变化的是氢离子和铜离子；②由实验流程可知，向废水中加入过量的氢氧化钠溶液，中和溶液中的氢离子，将溶液中的铜离子转化为氢氧化铜沉淀；加入过量的氯化钡溶液，将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，则试剂a为氯化钡溶液，发生的离子反应为Ba2+＋===BaSO4↓；加入过量的碳酸钠溶液，将溶液中过量的钡离子转化为碳酸钡沉淀，过滤得到含有氢氧化铜、硫酸钡、碳酸钡的滤渣和含有碳酸根离子、氢氧根离子的溶液，则试剂b为碳酸钠溶液、操作X为过滤；向溶液中加入适量盐酸，中和溶液中的氢氧根离子，将溶液中的碳酸根离子转化为二氧化碳和水，除去OH－和，最终得到氯化钠溶液。 17 18 19 ‹#› 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 答案：(1)①be　abdf　②FeCl3===Fe3+＋3Cl－　③丁达尔效应　(2)AC　(3)①H＋、Cu2+　②Ba2+＋===BaSO4↓　除去OH－和 17 18 19 ‹#› 17 16 17．(14分)(2025·黑龙江双鸭山二模)某实验小组利用实验探究KMnO4的性质。已知酸性条件下的氧化性：KMnO4>KIO3>I2。取适量制取的KMnO4溶液稀释至约 0.01 mol·L-1(用硫酸酸化至pH＝1)，取配制好的KMnO4溶液2 mL于试管中，逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。 (1)最终溶液呈现棕黄色，推测生成了________(写化学式)。 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› (2)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究： ①黑色固体是MnO2，试剂X是________(写化学式)。 ②紫色清液中存在，写出生成的离子方程式：_________________。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› ③下列实验方案中，可用于检验“紫色清液”中是否存在的是________(填字母)。 A．用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，观察试纸是否变蓝 B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色 C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› (3)探究实验中棕褐色沉淀消失的原因： 用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因：________________。 (4)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与_______________________有关(写出两点即可)。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› 解析：(1)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是I2，在酸性条件下，KMnO4将I－氧化生成I2，故根据最终溶液呈现棕黄色推测生成了I2。(2)实验初始阶段I－的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水的大，导致液体分层。①MnO2能催化H2O2分解生成O2，黑色固体是MnO2，故试剂X是H2O2。②KI和酸性KMnO4溶液反应生成KIO3和MnO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为＋I－＋2H＋===2MnO2↓＋＋H2O。③酸性条件下氧化性：KIO3>I2，可加入不含I元素的还原剂将还原为I2，利用淀粉遇碘单质变蓝检验I2的存在，间接证明的存在。用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› 试纸上，引入了碘元素，故A不选；取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液与反应生成I2，观察溶液是否变色，故B选；取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，碘酸银溶于硝酸，故C不选。(3)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想，用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因：MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2+＋I2＋2H2O。(4)由实验可知，所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› 答案：(1)I2　(2)①H2O2　＋I－＋2H＋===2MnO2↓＋＋H2O　③B　(3)MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2+＋I2＋2H2O　(4)试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液的酸碱性(其他合理答案也可) 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 18 19 ‹#› 18 17 18．(14分)零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。 Ⅰ.零价铁的制备。 (1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600 ℃高温还原1 h可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式：________________________________________________。 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 ‹#› (2)采用NaBH4还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。已知：B的电负性是2.0，H的电负性是2.1。 ①请写出NaBH4与硫酸反应的离子方程式：__________________。 ②补充完整下列化学方程式。 ________Fe3+＋_______＋________H2O===________Fe＋________H3BO3＋________H2↑。 每生成1 mol零价铁Fe，转移电子的物质的量是________mol。 18 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 ‹#› Ⅱ.零价铁的结构和作用机理。 研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核—壳”结构。 已知：①壳层可以导电； ②当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当pH>8时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电； ③磷酸盐溶解度一般较小。 18 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 ‹#› (3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有Fe2+、Fe3+、FeOOH、Fe3O4等。导致产生壳层微粒的氧化剂是O2、________。 (4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零价铁去除污水中Cu(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因：_________。 18 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 ‹#› 解析：(1)磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应的化学方程式为Fe3O4＋4H23Fe＋4H2O。(2)①由于B的电负性2.0小于H的电负性2.1，故H显－1价，有强还原性，故与硫酸发生氧化还原反应：＋H＋＋3H2O===4H2↑＋H3BO3。②根据得失电子守恒，可得2Fe3+＋＋18H2O===2Fe＋6H3BO3＋21H2↑，反应中Fe和水中的H的化合价共降低24价中H的化合价共升高24价，故每生成1 mol零价铁Fe，转移电子的物质的量是12 mol。(3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。(4)零价铁的还原性大于Cu、小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ)。 18 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 ‹#› 答案：(1)Fe3O4＋4H23Fe＋4H2O　＋H＋＋3H2O===4H2↑＋H3BO3　②2　6　18　2　6　21　12　(3)H2O　(4)零价铁的还原性大于Cu、小于Zn，因此，Cu(Ⅱ)被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn(Ⅱ)，主要通过吸附作用除去Zn(Ⅱ) 18 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 ‹#› 19．(14分)钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 ‹#› 已知：①VOSO4能溶于水，VO2+与Fe不能反应。 ②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。 回答下列问题： (1)“酸浸、氧化”过程中若用浓盐酸 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的一种气体，反应的化学方程式为___________________。同时该步骤中V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为_____________。 ‹#› (2)萃取前用铁粉对酸浸后的浸出液进行处理，主要目的是__________，为检验处理后的浸出液中是否含有该杂质离子，可选用的化学试剂是________(填试剂名称)。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 ‹#› (3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+＋H2R⥫⥬VOR＋2H＋。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可选用________。(供选物质：NaCl，NaOH，H2SO4，填写相应物质的化学式) (4)反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为变为Cl－。当反应1.5 mol VO2+时，至少需要KClO3的物质的量为______mol。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 ‹#› 解析：根据实验目的从废钒中提取五氧化二钒，根据流程图可知，向废钒(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中加入硫酸和氧气，铁的氧化物与硫酸反应，V2O3、V2O5转化为VO2+，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和浸出液，向浸出液中加入铁粉，使Fe3+转化为Fe2+，向反应后的溶液中加入有机溶剂H2R萃取VO2+，分液得到含有亚铁离子的水层和含有VO2+的有机层，向有机层中加入反萃取剂，分液得到含有VO2+的水层和有机层，向反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为，再向溶液中加入氨水转化为NH4VO3沉淀，高温煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3发生分解反应生成V2O5。(1)若用浓盐酸代替硫酸，V2O5具有强氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成VOCl2、氯气和水，反应的化学方程式为V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O， 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 ‹#› “酸浸、氧化”过程中发生的反应为酸性条件下V2O3与氧气发生氧化还原反应生成VO2+，反应的离子方程式为2V2O3＋O2 ＋8H＋===4VO2+＋4H2O。(2)由题意可知，有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用铁粉对浸出液进行处理，主要目的是将Fe3+还原为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰化钾溶液，观察是否出现红色。(3)由“溶剂萃取与反萃取”的转化关系VO2+＋H2R⥫⥬VOR＋2H＋可知，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向进行，VO2+的产率增大，则反萃取剂为H2SO4。(4)反萃取后的水层中加入氧化剂KClO3，酸性条件下KClO3与VO2+发生氧化还原反应：＝0.25 mol。 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 ‹#› 答案：(1) V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O　2V2O3＋O2＋8H＋===4VO2+＋4H2O　(2)将Fe3+还原为Fe2+　硫氰化钾溶液　(3)H2SO4 　(4)0.25 17 16 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 19 18 ‹#› 章末过关检测(一) 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 ‹#› $