第1期：物质的分类及转化 离子反应-【数理报】2027年高考化学一轮复习学案

高考化学第1~4期 数理括 答案详解 2026~2027学年高考化学第1~4期(2026年7月) 第1期2-3版精练卷（一） 9.D草酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，正确的离子 1.D硫酸铅为重金属盐，会导致蛋白质变性，不能用作 方程式为2Mn04+5H,C,04+6H*=2Mn2++10C02↑+ 食品添加剂，A错误；木糖醇和葡萄糖酸-8-内酯属于有机 8H,O,D错误 物，不属于无机物，B、C错误；二氧化硫具有还原性，在国家规 10.A泡沫灭火器的灭火原理为3HCO,+A13+= 定的食品添加范围内，添加的二氧化硫可以起到防腐和抗氧化 A1(OH)3↓+3CO2↑，B错误；醋酸为弱酸，不能拆写，用淀粉- 的作用，D正确 K试纸和醋酸证明食盐中存在IO,的离子方程式为 2.C风化属于化学变化，A错误；CH,NH,d是甲胺 I03+5I+6CH,C0OH=3L2+3H,0+6CH3C00ˉ，C错误；饱 (CHNH2)与HC1反应生成的正盐，B错误；SO2溶于水后，与 和NaCl溶液、CO2和NH3制备小苏打的离子方程式为Na++ 水反应生成的H,S03电离出离子而导电，S02本身不电离，是 CO2+NH,+H,0=NH4+NaHCO3↓，D错误. 非电解质，D错误. 11.CA项电荷不守恒，正确的离子方程式为H02+2I+ 3.DSi02能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，Si0, 2H=2+2H0,A错误：向NH,HCO3溶液中加入足量石灰 与氢氟酸反应是特殊反应，故不是两性氧化物，A错误；碱性氧 水，NH也会参与反应，B错误；因KMnO,具有强氧化性，浓盐 化物与酸反应只生成一种盐，FeO,不是碱性氧化物，B错误； 酸具有还原性，二者能发生氧化还原反应，故高锰酸钾不能用 NaHCO3电离出的HCO,能继续电离出CO?和H+,属于酸 浓盐酸来酸化，应用硫酸酸化，D错误， 式盐，C错误 12.C铜是活性电极，作阳极时，铜优先失去电子发生反 4.C根据酸碱电子理论，在CuC2+4NH,= 应，A错误；Na2S与足量S02反应生成S,离子方程式为2S2-+ [Cu(NH)4]2++2Cl中，CuCl2接受NH,提供的孤电子对形 5S02+2H,0=3S↓+4HS0,,B错误；向含Mn2+的溶液中加 成配位键，CuCL2属于酸，A正确；N2H4中的两个N原子均含有 入足量NH,HCO,溶液沉锰的离子方程式为Mn2++2HCO,= 孤电子对，一个八2H可提供2个孤电子对，属于二元碱，B正 MnC03↓+H20+C02↑，D错误. 确：根据HC2O4+H,0、一HC,0+H,0可知，H0结合 13.A根据实验①中现象，X一定含Na2S03;根据实验② H的能力大于HC,O,,则碱性：H,0>HC,O,,C错误；配合物 中现象，X一定含CaCl2,可能含有Na,SO4;根据实验③中现 是由一方提供电子对，另一方提供空轨道接受电子对形成的， 象，一定含NH,Cl,KNO,无法判断是否含有 所以根据酸碱电子理论，配合物可看作酸和碱的反应产物，D 14.C由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀 正确. 久置无明显变化，则固体不含FeCL2,11.60g是氢氧化镁沉淀， 5.B加入烧碱生成氢氧化铁沉淀，吸附絮凝作用减弱，B 错误. Mg(0H2]=.:60g=0.2mol,m(NegC4）=0.2mol× 6.BNa[AuCL4]溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗 95g/mol=19g;产生的气体通过碱石灰体积不变，通过浓硫酸 粒，Au元素化合价降低，故Na[AuCl4]具有氧化性，纳米金为 体积变小，推断出气体中含有NH,、H2,故A1与氢氧化钠溶液 还原产物，A、D正确；纳米金属于单质，不属于胶体，B错误；纳 米金与水形成的分散系为胶体，能产生丁达尔效应，C正确. 反应产生的氢气为a()=元，#品=0.6m,根据电子得 7.CMnO,在溶液中为紫红色，A错误；Fe3+与SCN-之 失守恒3n(A1)=2×0.6mol,n(A1)=0.4mol,m(A1)= 间发生络合反应，不能大量共存，B错误；能使甲基橙变红的溶 0.4mol×27g/mol=10.8g;浓硫酸吸收氨气，n(NH3)= 液呈酸性，H、I都与CO反应，不能大量共存，D错误， (2.4-13.44)L=0.4mol,n[(NH)250,]=0.4mol×2 1 22.4 L/mol 8.Ac=1×10P的溶液呈酸性，[A1(OH)4]不 c(OH) 0.2mol,m[(NH4)2S04]=0.2mol×132g/mol=26.4g,则固 能大量共存，B错误；COˉ，MnO,均具有强氧化性，HSO,具 体共含Al、(NH4)2S04、MgCL2的质量为10.8g+26.4g+19g= 有还原性，不能大量共存，C错误；OH与NH,Ca2+与SO 56.2g,则余下59.0g-56.2g=2.8g是A1Cl3和NaC1中的一 均不能大量共存，D错误. 种或两种.步骤②发生的反应为H+OH=H,O和 高考化学 第1~4期 [A1(OH)4]+H一A1(OH)3↓+H0,步骤③发生的反应为 第2期4版专项小练 A1(OH)3+3H=A3++3H20,二者反应消耗的H的物质的 1.2Cu2++S02+2C-+2H,0=2CuCl↓+S0+4H 量之比因过量的OH的量未知而不能计算.综上C错误， 2.8514810764 15.（每空2分)(1)吸附纯净物 3.(1)2As2S3+602+3H20=2As203+3H2S203 (2)①2A1+2OH+6H0=2[A1(0H)4]+3H2↑ (2)As2S,+702+6H20=2H3As04+3H2S04 ②AI(OH),③BD④c-b】 4.(1)3546631023 233a (2)6978661839 (3)D(4)D 5.126111321N02会自发反应生成 16.(每空2分)(1)K、A13+、C0号、[A1(0H)4] N2O,而使气体体积减小或NO2溶于水反应而使气体体积减小 (2)NH4、Fe3+、H*、Ba2 (合理即可) (3)BaCO 第2期2-3版精练卷（二） (4)3Fe2++N0+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0 1.A侯氏制碱的核心反应为NaCl+NH+CO2+H0= (5)不需要离子浓度均为0.1mol/L,从电荷守恒角度 NaHC0,↓+NH,Cl,2NaHC0,△-Na,C0,+C02↑+H,0,元 出发，只含有NH、Fe2+、d、S0才能保证电荷守恒，K+一 素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，A正确；氯碱工 定不存在 业核心是电解饱和食盐水：2NaCl+2H,0电馨2NaOH+H,↑+ 解析：加人过量稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无 C2↑，H、C元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B错误； CO;加人过量Ba(NO,)2溶液产生气体、滤液X和沉淀A,沉 粗硅制高纯硅的核心反应为Si(粗)+3HCl300 -SiHCI,+ 淀A中一定含BaS04,原溶液中一定含Fe2+,发生反应：3Fe2++ 且，SiHC,+H,1o0eSi+3HC,Si,H元素化合价发生变化. N0+4H+=3Fe3++N0↑+2H,0,产生气体N0,不含 涉及氧化还原反应，C错误；工业制硝酸的核心反应为4NH,+ [A1(OH)4]ˉ；滤液X中加入过量NaOH溶液，加热后产生气 体、滤液Y和沉淀B,气体为NH,原溶液含NH,沉淀B中一 50,催化剂4N0+6H,0,2N0+0,=2N0,、3N02+H,0= 定有Fe(OH)3,滤液Y中通入少量CO2产生沉淀C,沉淀C中 2HNO,+NO,N、O元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D 一定有BaCO3,可能有Al(OH)3;溶液中离子浓度均为 错误。 0.1mo/L,根据溶液呈电中性，溶液中一定含NH、Fe2+、 2.D C1、SO,一定不含K+、A13+、CO3、[A1(OH):],则沉淀C 3.B稀硫酸滴人K,CO,溶液中，溶液由黄色变为橙色， 说明平衡：2C0}+2H*一Cr2O+H20正向移动，各元素 中无A1(OH)3 化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意；苯 17.(每空2分)(1)①ac 酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被 ②除去OH、C0 空气中的氧气氧化所致，与氧化还原反应有关，B符合题意；将 ③75%的乙醇溶液 铁氰化钾{K,[Fe(CN)6]}溶液滴入FeSO,溶液中，发生反应： (2)①I0+5I-+6H+=3L2+3H0 K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，各元素化合价 ②I03Fe3+、I 没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；制备F(OH)3 ③4K1+02+2H,0-2L2+4K0H 胶体时发生的反应为FeC,+3H,0△Fe(OH)3(胶体)+ 18.(除标注外，每空2分)(1)2FeS2+15Mn02+28H+= 3HC,各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D不符合题意. 15Mn2++2Fe3++4s0}+14H20 失8e (2)Si02酸性氧化物(1分) 4.CH2S+402F2=SF6+2HF+402,由电子转移情况可 (3)适当增加硫酸浓度或将固体原料粉碎或加快搅拌速 率（任答一条即可，或其他合理答案）(1分)》 得8xe (4)将Fe2+氧化为Fe3 知，还原剂是HS,氧化剂是02F2,还原产物是02，氧化产物是 (5)1000根据关系式3MnS04·H,0~Mn0,,可得 SF。,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4.1molH,S完全反 应，转移电子的物质的量为8mol,数目为8N综上C正确. 3M(MnS04·H,0)-M(Mn,04) 100% 3M(MnS04·H,0) 失2xe 3×169gmo1-229gm0l×10%≈54.83%，所以需控制温度 5.BCaH2+2H20=Ca(0H)2+2H2↑，由电子转移情况可 3×169g/mol 得2×e 大于1000℃(4分) 知，H,0是氧化剂，氧化产物与还原产物均是H2,且质量相等， (6)8Mn,04+6Li,C0,+50,描袋6C0,+12iMn,0, A错误、B正确；生成1molH2,转移1mol电子，C错误；CaH2 高考化学第1~4期 与水反应生成易燃易爆的H2,会加剧火情，不可用水灭火，DS的反应，故S不可以循环利用，A错误：根据反应机理图可 错误. 知，S单质歧化生成S0?和H2S,反应的离子方程式为4S+ 6.C1个过二硫酸分子中含有1个过氧键，97g过二硫 4H0=3H2S+S0}+2H,当生成1molS0?时，理论上需 97g 酸的物质的量为4gma=0,5m,则含过氧键的数目为 要4olS参与歧化反应，B错误；Sb(+3)的沉淀去除过程发 生了非氧化还原反应，D错误 0.5Na,A错误；将化学方程式配平：5K,S20g+2MnS04+8H0= 11.B①②③中均有元素化合价发生变化，均为氧化还原 2KMn04+4K2S04+8H2S04,由反应可建立关系式：K,S20g~ 反应，A正确；酸性环境中，O不能稳定存在，②的反应为 270g 2e,270gK,s80,的物质的量为270gm=1ml,被完全还 Cl2+N0+H2O=2Cl+NO+2H,B错误；总反应中 原时转移电子数为2WA,B错误；由质量守恒可知，Y为H,SO4, OHC一CHO转化为OHC一COOH,C元素化合价由+1升高为 +2,KClO3转化为ClO2,C元素化合价由+5降低为+4，根据 C正确；从反应方程式中可以看出，5molK,S20g得电子后只 得失电子守恒，n(KClO3):n(OHC一CH0)=2:1,C正确； 能得到10mdlS0,则Y(H,S04)和K,S04中只有10mol为还 1 mol Cl02Cl得5mole,1 mol Cl2-Cl得2mole, 原产物，还有2mol(来自MnS0,)不是还原产物，D错误 消毒能力（得电子量）之比为5：2=2.5：1，D正确. 7.A化学方程式配平为NaNO,+3NaNH,融NaN,+ 12.CE值越高，氧化型物质的氧化能力越强，根据表格 NH↑+3NaOH,A正确；3 mol NaNH2参与反应，其中1mol 数据，可知酸性条件下，氧化性强弱顺序为MO,>CL2>VO2> NaNH2中的N元素化合价未发生变化生成NH,2 mol NaNH, Fe3+,A正确；根据表格数据，酸性条件下氧化性：BO?>CL2 中的N元素化合价升高转化为NaN3,故作还原剂的NaNH,占； 根据氧化还原反应“强制弱”规律，实验室可用KBO,与浓盐 参与反应的N出的物质的量的子，B错误；末给出气体所处 酸反应制备C2,B正确；根据表格数据，酸性条件下还原性 Fe2+>C,向硫酸酸化的含2 mol FeCl2溶液中加入1mol 状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；石英主要成分是 PbO2,PbO2恰好把Fe+氧化为Fe+,无氯气产生，C错误；E SiO,,高温下，产物NaOH能和SiO,反应，会腐蚀设备，D错误. 值越低，还原型物质的还原能力越强，E[Fe3+/Fe2+]=0.77V, 8.DTe和0位于同一主族，最低负化合价为-2，则 E[Fe(OH),/Fe(OH)2]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 Cu,Te中Cu元素的化合价为+1，A正确；反应①中氧元素化 Fe+的还原性，D正确. 合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te元素的化合价 均升高，失去电子，则CuSO4和TO2均是氧化产物，B正确；反 13.D由中和产物可知粗Pd中加人浓硝酸、浓盐酸充分 反应可生成反应：H,PdCl,A正确；热还原得Pd,发生反应： 应②中每生成1 mol Te,转移4mol电子，反应①中每生成 1 mol TeO2,转移8mol电子，故每制备1 mol Te,理论上共转移 (NH,)2PdC。+2H,△PH+2NH,+6HCL,生成1 mol Pd时， 12mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个 生成2mol氨气和6 mol HCI,故气体的物质的量为8mol,B正 反应可得O2的氧化性强于TeO2的，Te02的氧化性强于 确；(NH,),PCL。为红色沉淀，可用氯钯酸根离子检验溶液中 H2S04的，S0,在反应②中作还原剂，无法比较02和S02的氧 的NH4,C正确；溶解过程中盐酸电离出的Cl与Pd+生成配 化性强弱，且无法证明SO2的氧化性强于TO2的，D错误. 合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向进行，从而使Pd完全溶 9.B由图中信息可知，Fe(Ⅱ)和e(Ⅲ)是该反应的催 解，若用浓硫酸代替浓盐酸，无法生成配合物，会使Pd溶解效 化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，A正确；总反应 率降低，D错误 为N03+NO,+4H,+2H=N2+5H,0,反应过程中消耗了 14.A根据题目和表格信息，步骤①未发生反应；步骤② H+,pH会升高，B错误；反应③为NO2+6Fe2++8H+= 发生反应：Co2++4HC0,=[Co(C03)2]2-+2C02↑+2H20: 6Fe3++NH+2H,0,每生成1 mol NH,转移6mol电子，反应 步骤③发生反应：2C02++H,02+14HC0,=2[Co(C03)3]3-+ ④为NH+NO2=N2↑+2H20,每生成1molN2转移3mol 205-+8H0+6C0,↑2H,0,[C002H,0+0,↑：步 电子，转移电子数之比2：1，C正确；NO中心原子N的价层电 骤④发生反应：[Co(C0)3]3+6H+=Co3++3H0+ 子对数为3+5+1,3×2=3，空间结构为平面三角形，键角为 3C02↑、4Co3++2H20一4C02++02↑+4H,据此分析解答. 2 根据分析，步骤②产生的气体为CO,,步骤④产生的气体 120°；N0,中心原子N的价层电子对数为2+5+12×2=3， 2 为CO2和O2,A错误；步骤③中先发生H,O2将Co氧化的氧 含有1个孤对电子，空间结构为V形，由于孤电子对的斥力作 化还原反应，H,02作氧化剂，再发生H202在[Co(C0,)3]3的 用，键角小于120°，NH中心原子N的价层电子对数为4+ 催化作用下分解为O2的氧化还原反应，H,O2既作氧化剂又作 5-1一4×1=4，空间结构为正四面体形，键角为10928'，故键 还原剂，2个氧化还原反应本质不一样，B正确；在步骤③中生 2 成的[Co(CO3)3]-可以对H2O2产生催化作用，分解为02和 角：NO2>NO2>NH4,D正确 H,0,C正确；在步骤④中，[Co(C03)3]在H*作用下先转化 10.C在去除Sb(+5)过程中，最终生成S品S,没有生成为蓝色的Co2(S04)3溶液，再被还原为粉红色的CoS0溶液， 一3 高考化学 第1~4期 说明C02(S04),溶液在酸性条件下不稳定，D正确， l0-3mol,即na(Fe2+）=5n(KMnO4)+n(V02),n(V02）= 15.(除标注外，其余每空2分)(1)+2+4 (1.500×103m0l-5×1.000×10-4mol)×100ml=5.000× 20 mL (2)Pb0,+4H++2C1△P2*+Cl,↑+2H,0 (3)Pb0+C0=P02+CPb2++2H,0-2e=Pb02+ 103ml,a(V,0)=7a(V0)=2.500×103ml,V0,样 4H 品的纯度为2.500x10mlx182/ml×10%=91%. (4)Pb203(3分) 0.5000g 18.(除标注外，其余每空2分)(1)①<②除去1，防止 解析：(4)若a点固体组成表示为Pb0.,根据Pb02三 干扰后续实验[Cul2]+2NH·H0=[Cu(NH)2]++ P0.+(1-之)0，↑，可得(1-号)×32=239×3.35%，解得 2H0+2I(2分)、4[Cu(NH3)2]++02+8NH3·H,0= 2,故a点固体的化学式为Ph,0. 4[Cu(NH3)4]2++40H-+6H20(2分) ③2Cu+l,2=2Cul或2Cu+KL,=2Cul+KI白色沉淀逐 16.(除标注外，其余每空2分)(1)过滤 渐溶解，溶液变为无色(3分)生成的Cl覆盖在铜表面，阻 (2)3Cu+8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H,0 止反应进一步发生(3分) (3)①Au+NO,+4Cl+4H=AuCl,+N0↑+2H20 (2)在实验I~Ⅲ中均有I,生成Cul沉淀或[CuL2],使 ②AC(3分) 得+1价铜的还原性减弱，L2不能氧化C或[Cl2](4分) (4)2(3分) 第3期4版专项小练 解析：废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu,加入硝酸 1.D标准状况下，CHCl,、HF、SO,均不是气体，无法计算 酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为Ag和Cu2+,反应为3Cu+ 物质的量，A、B、C均错误。 8HN0,(稀)=3C(NO3)2+2N0↑+4H,0,3Ag+4HNO3(稀)= 2.BNa202中含有的离子有Na和O号，7.8gNa202的 3AgNO,+NO↑+2H2O,含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混 物质的量为0.1mol,含有的离子数为0.3W,A错误；D20的 合溶液，Au转化为HAuCl,反应为Au+4NaCd+5HNO3= 摩尔质量为20g/mol,1.8gD20的物质的量为0.09mol,一个 HAuCl.,+2H,O+NO↑+4NaNO3,HAuCl4经锌粉还原分离得到 D20分子含有10个中子，1.8gD20含有的中子数为0.9WA,B 金，反应为2 HAuCl4+4Z=2Au+4ZnC2+H2↑，以此解答. 正确；没有告知是否为标准状况，无法计算NH,的物质的量，C 17.(除标注外，其余每空2分)(1)6V02++C103+3H,0一 错误；常温常压下，46gC2H,0的物质的量为1mol,如果该有 C1-+6V02+6H 机化合物为乙醇，极性键数目为7Na,如果该有机化合物为甲 (2)pH过大，OH浓度过大，抑制后续离子交换反应向正 醚，极性键数目为8Na,D错误 向进行[或pH大于8，V,O:的浓度降低或A1(OH),溶解后带 3.C二氧化硅中每个硅原子形成4个硅氧键，0.1mol 入杂质](3分) Si02中含有的Si一0数目为0.4WA,A错误；单键中只有σ键， (3)取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银 三键中有一条σ键和2条π键，标准状况下，22.4L乙炔的物 溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 质的量为1mol,乙炔的结构式为H一C三C一H,含有σ键数目 (4)防止VO,煅烧时被NH还原(3分) 为3NA,T键数目为2WA,B错误；124gP4的物质的量为1mol, (5)91%(3分) P4是正四面体结构，含有6个共价键，C正确；A山，CL。分子的结 解析：废钒催化剂的酸浸液中含VO、VO+、K+、Fe3+、 构式为Cl C Cl,含有2个配位键，1 mol Al,C。中含 A13+和S0,加入氧化剂KC1O,把VO2+氧化为VO,,用KOH 调节溶液pH约为7~8除去Fe3+、A1+,同时VO,转化为 CI CI V,O,通过“离子交换”和“洗脱”，得到含有V4O2的溶液，加 有2N个配位键，D错误. 入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH,VO,),煅烧钒酸铵生成V,O,· 4.C02和03分子均由氧原子构成，32g02和0，的混 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤干净 合气体中含有的氧原子的物质的量为32g÷16gmol=2mol, 即检验是否含有氯离子. 数目为2NA,A正确：NO2和N20,的最简式均为NO2,46gN0 (4)加人氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO,),煅烧钒酸铵！ 和N2O,混合气体中，最简式NO2的物质的量为1mol,含有的 生成V20,其中氮元素为-3价，具有还原性，“煅烧”时须在 原子数目为3WA,B正确；3.2gSO2中的质子数目为3.2g÷ 有氧条件下进行，目的是防止V,O,煅烧时被NH还原. 64g/mol×32×Na mol=1.6N,3.2g02中的质子数目为 (5)配平后的化学方程式为V0,+Fe2++2H*=V02++ 3.2g÷32g/mol×16×Na mol-=1.6Wa,故3.2g由S02、02 Fe3++H20,Mn0,+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H20. 组成的混合物中所含质子数为1.6N,C错误；环丙烷的结构 n(KMn04)=10.00×10-3L×0.01000mol/L=1.000× CH ,聚乙烯的结构简式为七CH,一CH2, 10-4mol,ne(Fe2+)=30.00×10-3L×0.05000mol/L=1.500× 简式为H,C CH 4 高考化学第1~4期 二者的实验式均为CH2,5.6gCH2的物质的量为0.4mol,含 5.A每个NH分子含3个N一Hg键，每个NH又与Co 有碳原子的物质的量为0.4mol,数目为0.4W,D正确. 形成1个配位键（也是σ键），故0.1mol[Co(NH3)。]3+中含σ 5.B体积未知，无法计算Cl1的物质的量，A错误；常温 键数目为2.4WA,A正确：碱性氢氧燃料电池的正极反应为 下，1LpH=9的CH,COONa溶液中，c(OH)=10-5mol/L,这 02+2H,0+4e一40H,1mol02参与反应时转移4mol电 部分OH全部由水电离出，故水电离出的OH数目为 子，B错误；稀有气体都是单原子分子气体，在标准状况下， 10-5V,B正确；10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的 11.2L稀有气体的物质的量为0.5mol,含0.5mol原子，C错 质量为4.6g,物质的量为0.1mol,乙醇(C2H,0H)中含氢原子 误；根据反应前后质量守恒和质子数不变可知，M的质量数为 0.6mol,但乙醇溶液中的水分子也含氢原子，因此氢原子数目 40、质子数为19，所以M的中子数为21,2.0g2M的物质的量 大于0.6N,C错误；胶体是粒子的集合体，1 mol FeCl全部制 为0.05mol,含中子数为21×0.05mol×Nmol1=1.05WA,D 成Fe(OH)3胶体，得到Fe(OH)3胶体粒子的数目小于Na,D 错误. 错误. 失8×e 6.A1 mol Na和足量O2完全反应，无论生成氧化钠还是 6.A FeCl2+2NaBH4+6H,0-fe+2B(0H)3+2NaCI+7H2↑，由 过氧化钠，Na均变为+1价，失去1mol电子，转移的电子数目 得2e 得6× 一定为NA,A正确；5.6g铁与硝酸反应，当铁不足时，生成 转移电子关系可知生成1 mol Fe转移8mol电子，故生成28g Fe(NO)3,转移电子的数目为3Wa,铁过量时，生成Fe(NO,)2, Fe(0.5mol)转移电子数目为4Wa,A错误；NaBH4中Na与 转移电子的数目为2N,B错误；Cu与S反应生成CuS,6.4g BH4之间为离子键，1个BH4中含有4个σ键，0.5mol Cu参与反应时，转移的电子数为0.1W,C错误；电解精炼铜 NaBH4固体中σ键数目为2Wa,B正确；B(OH)3分子中，B原 时，阳极上反应的金属有Cu及活动性比Cu强的金属（如Fe、 1 子采取sp3杂化，0原子采取sp3杂化，0.5molB(OH)3中采 Z),故当阳极质量减轻32g时，电路中转移电子的物质的量 取sp3杂化的原子数目为1.5N,C正确；Fe2+会发生水解，导 不一定是1mol,数目不一定为NA,D错误. 致Fe2+浓度减小，1L0.1mol/LFeC2溶液中Fe2+数目小于 第3期2-3版精练卷（三） 0.1N,D正确. 1.D摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中 七个基本物理量之一，A错误；1mol任何物质都含有约6.02× 7.B4S02的摩尔质量为66g/mol,64g4S02在标准状 10个粒子，但构成该粒子的原子数目有所不同，B错误；阿伏 体积为664×2.41≈21.7L,A 加德罗常数的近似值为6.02×10，C错误；HC的摩尔质量与 得2e 1 ol HCI分子的质量单位不同，虽数值一样，但二者意义不相 2HNS0,H高温30，↑+s0,↑+2H,↑+W2↑+H0 同，D正确 由转移电子关 2.C同种元素的不同单质互为同素异形体，氧气和臭氧 失2x3e 属于同素异形体，化学性质相似，但不完全相同，A错误；臭氧 得4xe 和氧气之间的转化过程属于化学变化，B错误；质量相同的O, 系可知，该反应生成1molH2时转移3mol电子，B正确；SO2 和O3含有的氧原子数相同，故质子数也相同，C正确；同温同 和SO,溶于水后使溶液呈酸性，酸性条件下NO,可以将SO2、 压下，相同体积的0，和O3含有的分子数相同，原子数之比为 S0氧化为S0子，与Ba+反应生成硫酸钡沉淀，所以不可用 2:3,D错误 Ba(NO,)2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3,C错 3.A已知aL氢气含有b个分子，设50L氢气含有x个 误；28gN2与32g02的物质的量均为1mol,所含原子数均为 50b 分子.则：=碧根据n=片0L氢气的物质的量为m= a 2N,D错误. 8.CNHN由NH和N组成，NH中N元素的化合 =50mol,质量为50mol×2gml=1006 aN aN aN g. 价为-3，N中N元素的平均化合价为-子，A正确：同温同 4.C根据m=nM,可知分子数目相等即物质的量相等的 压下，气体体积与物质的量成正比，则两种气体的体积之比为 三种气体的质量关系为m(X)<m(Y)<m(Z),A正确；同温 1:1,B正确；分解产物的质量为28g,两种气体的物质的量相 同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，故同温同 等（设为n),则M=m_28g+2ng=15g/m0l,C错误：同温 压下三种气体中密度最小的是X,B正确；同温同压下，三种气 几总 2n mol 体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定相等，但不一 同压下，N2和H2的密度之比等于摩尔质量之比，D正确. 定是0.1ml,因为没有说明是在标准状况下，C错误；同温同 9.D同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比， 体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，由于摩尔 甲、乙两室的体积之比为2：1，则物质的量之比为2：1，所以甲 质量M(Z)=2M(Y),故1gY气体和2gZ气体的物质的量相 室混合气体的物质的量为2mol,分子总数为2W,A错误；甲 等，则其压强之比为1：1，D正确. 室混合气体的物质的量为2mol,质量为19g,设氢气的物质的 5 高考化学第1~4期 量为x,可得2g/molx+32g/mol×(2mdl-x)=19g,解得x=2ZnS04,也可写作Zn0(S04)2,C正确；从B点到D点，发生的 1.5mol,甲室H2、02的物质的量之比为1.5mol:(2-1.5)mol= 反应为Zns0,分解产生Za0,既可能发生反应：ZnS0,商温 3:1,B错误；甲室混合气体的物质的量为2mol,质量为19g, Zn0+s0,↑，也可能发生反应：2Zns0,高温2Za0+2s0,↑+ 平均摩尔质量为2m。三9.5gml,同温同压下气体的密度之 O2↑，D错误. 比等于摩尔质量之比，所以甲室混合气体的密度是同温同压时 15.(每空2分)(1)AC H2密度的4.75倍，C错误；根据B项可知甲室中含有1.5mol (2)250mL2.1 氢气0.5mol氧气，若将甲室气体点燃并恢复至室温，反应后 (3)59.5 剩余0.5ol氢气，同温同压下气体的体积之比等于物质的量 (4)AC 之比，所以活塞最终停留在刻度2处，D正确， 解析：(2)测定实验共进行4次，则4次共需要盐酸 10.BNa,0溶于水，溶质为NaOH,n(NaOH)= 100mL,同时还需要考虑实验仪器的润洗等损耗，故配制盐酸 2a(Na0)）=2×2ga=1m,c(0）-12=1mL, 31g 所使用的容量瓶规格为250mL.该浓盐酸浓度为c=10002= M A错误；标准状况下，22.4LHC1的物质的量是1mol,溶于水 1000×1.19×36.5%mo/L=11.9mo/L,根据c装·V张= 36.5 配成1L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mo/L,B正确；从 c稀·V稀可求得V旅=2.1mL. 1L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL,剩余溶液中NO,的 (3)从表中数据可以看出，第4次实验误差过大，应舍去，故 浓度仍为0.1mol/L,C错误：将一定量18.4mol/L的硫酸与水 等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密度，混合后体积大于 前三次实验所耗Na0H的平均体积为13.20+1B,00+1B.10mL= 3 原硫酸体积的2倍，所得溶液的浓度小于9.2ol/L,D错误. 13.10mL,CaC03消耗HCl的物质的量为0.025L× 11.D第一份溶液中加人含a mol BaCl2的溶液，恰好使 0.10mol/L-0.013L×0.10mol/L=1.19×10-3mol,根据关 S0-完全沉淀为硫酸钡，则这份溶液中含a mol S0?;第二份 系式CaC03~2HCl,则该胃药中碳酸钙的质量分数为 溶液中加入含6 mol NaOH的溶液，恰好使Mg2+完全沉淀为氢 4.19×10mol×7×100g/mol 氧化镁，则这份溶液中含Mg·的物质的量是号ml,则原VL 一×100%=59.5% 0.10g 混合溶液中含6 mol Mg2+,含2 mol SO?,根据电荷守恒，含 (4)配制0.10mo/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导 (2×2a-2b)mmlK*,K*的浓度为2(2a-bmol/L 致盐酸浓度偏低，从而碳酸钙消耗盐酸的量偏高，计算时盐酸 V 剩余量偏低，最终导致碳酸钙的测量值偏高；配制0.10mo/L 12.B由得失电子数目守恒可得关系式：5FeC,04·xH,0~ 稀盐酸定容时俯视刻度线，导致盐酸浓度偏高从而导致测得剩 3KMn04,消耗0.100mol/L的酸性高锰酸钾溶液18.00mL,则 余盐酸的量偏高，最终导致碳酸钙的测量值偏低；配制 5 FeC,04·xH,0的物质的量为0.100mo/L×0.018L×3= 0.10mol/L NaOH溶液时，未冷却至室温就转移到容量瓶中， 导致氢氧化钠溶液浓度偏高，测出的盐酸剩余量偏少，导致碳 0.003mol,由FeC204·xH,0的质量为0.5400g可得： 酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L NaOH溶液时，摇匀后发 0.003mol×(18x+144)g/mol=0.5400g,解得x=2. 现液面低于刻度线加水至刻度线导致氢氧化钠浓度偏低，测出 13.C根据题意得到关系式Ti+~Fe3+,则n(Ti+)= 剩余盐酸量偏高，最终导致测得的碳酸钙量偏低. n(Fe3+)=cV×10-3mol,样品中钛的含量为 16.(除标注外，其余每空2分)(1)3Cu+8H++2N0,一 eVx10 mol x48 g/molx00%4.8cV 10g 3Cu2++2N0↑+4H20 14.D28.70gZnS04·7H20的物质的量为0.1mol,根据 (2)铁氰化钾（或HNO,+KSCN)(3分） 图示可知，A点时，质量变为17.90g,质量损失10.80g,A点温 (3)100mL容量瓶、分液漏斗 度为100℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6mol,则A (4)12.1 点物质的化学式应为ZSO,·H,O,A正确；随着温度继续升 (5)CD 高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90g- (6)2Cu(N03)2△2C0+4N02↑+02↑C,0(3分) 0.1mol×18g/mol=16.10g,即B点时ZnS04·7H20中的结 解析：(2)若废铜屑中含有杂质铁，反应后又有铜剩余，说 晶水全部失去，B正确；随着温度继续升高，ZSO,开始分解， 明溶液中的铁元素以2+的形式存在，则检验所得硝酸铜溶 分解过程中，Zn元素的质量保持不变，最终全部转化为Zn0,: 液中含有铁元素的方法为取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁 质量应为0.1mol×81g/mol=8.10g,即D点，可见C点时物 氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素；或取少 质成分既有Zn0,又有ZmS04,设Zn0为xmol,则ZnS04为 量实验所得硝酸铜溶液，先加人硝酸，氧化Fe2+为Fe3+,然后 (0.1-x)mol,81x+161×(0.1-x)=13.43,解得x≈0.033，即 加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素· n(Zn0):n(ZnS04)≈1：2，则C点物质的化学式为Zn0· (3)配制时需要规格为500mL的容量瓶，此外还需托盘 6 高考化学 第1~4期 天平、烧杯、玻璃棒，配制好后使用量筒量取450mL溶液，因此变为碳酸铵，则反应的化学方程式为C0+2[Ag(NH3)2]OH一 不需要的仪器有100mL容量瓶和分液漏斗： 2Ag↓+(NH,)2C03+2NH2 (4)所需三水合硝酸铜固体的质量为0.5L×0.1ol/L× ③若d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应， 242g/mol=12.1g. 导致与氢氧化钡反应的C02减少，将造成α偏高 (5)配制过程中，加水定容时俯视刻度线，使得溶液体积 ④设反应后气体的物质的量为bol,则二氧化碳的物质 偏小，导致浓度偏大，A不符合题意；容量瓶未干燥处理，对溶 i 的量为bm mol,起始气体物质的量为amol,则起始二氧化碳的 液的浓度无影响，B不符合题意；定容加水时超过刻度线后，立 物质的量为a(1-n)mol,氮气的物质的量为an mol,可得消耗 即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低，C符合题意；溶 二氧化碳的物质的量为[a(1-n)-bm]mol,生成CO的物质 液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少， 的量为2[a(1-n)-bm]mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)- 浓度降低，D符合题意。 bm],解得b= a(2-n ,此时的表达式为 (6)24.2gCu(N03)2·3H20的物质的量为0.1mol,完全 1+m 失去结晶水生成0.1 mol Cu(N03)2,质量为18.8g.T1~T2阶 [a(1-n)-a(2-n m mol 1+m ×100%=1-n+m-mn,-2m+nm× 段Cu(NO3)2开始分解，根据铜元素守恒，C(NO3)2分解生成 a(1-n)mol (1+m)(1-n) 0.1mol氧化铜，质量为8g,同时观察到有NO2逸出，根据氧化 1-n-m 还原反应规律，还有氧气生成，因此T℃~T2℃C(NO3)2分 100%=1+m-元×100% 第4期2-3版精练卷（四） 解产物为Gu0,NO,0,反应的化学方程式为2Cu(N0,)2△ 1.B铝与盐酸、硫酸、NaOH溶液反应均可产生H2,与硝 2C0+4N02↑+02↑.再加热生成0.05 mol Cu20,质量为7.2g 酸反应产生氮氧化物，故C符合题意。 17.(除标注外，其余每空2分)(1)恒压滴液漏斗 2.B某溶液焰色试验呈黄色，说明其溶质是含Na元素 (2)稀硫酸或稀盐酸、醋酸等（任选一种） 的化合物，可能是硝酸钠、硫酸钠、氢氧化钠等，不一定是氯化 (3)a>bd→e→f(3分） 钠，B错误 (4)吸收尾气H,S2H,S+H,Se02=SeS,↓+3H,O 3.B纯碱能与瓷坩埚中的S02反应，应用铁坩埚，A错 (5)98.3(3分) 误；医用酒精中含有水，水和钠也能反应，C错误；比较碱性强 解析：(2)装置B的作用是产生H,S,利用强酸制弱酸原 弱需浓度相同，D错误。 理，则试剂Y应为非氧化性且酸性强于氢硫酸的酸，可为稀硫 4.C反应①为Mg+2C5H6一→Mg(CH)2+H2↑，每消 酸或稀盐酸、醋酸等。 耗0.5 mol C.H。,生成0.25 mol Mg(C,H)2,则分子数为 (5)根据已知反应，可得关系式SeS,~2L~4S,0片，则该 0.25N,A错误；2.24LN2未指明在标准状况下，物质的量不 样品中 SeS2的质量分数为 一定为0.1mol,则生成的N3的数目不一定为0.2N,B错误； 00s00mLx0.01L×子×08×143gm ×100%≈ 44g0,的物质的量为品=0.1ml,反应③为2训g+ 0.100g 98.3%. C0,点槛2Mg0+C,C元素的化合价由+4价降低为0价，转移 18.(除标注外，其余每空2分)(1)分液漏斗HC 4个电子，故每消耗4.4gC02,转移的电子数为0.4V,C正 (2)干馏 确；0.15mol/L MgCl,溶液的体积未知，无法计算Mg2+的数目， (3)C0,+C商温2G0 D错误. 5.D合金的熔点比各成分的熔点都低，A错误：电负性： (4)①有白色沉淀生成 H>Mg,MgH2中，H元素的化合价为-1，Mg元素的化合价为 ②C0+2[Ag(NH,),]OH=2Ag↓+(NH4),CO3+2NH ③偏高 +2,B错误；镁和氮气会发生反应：3Mg+N,点巡MgN,C错 1-n-m 误；一定条件下，17 mol MgH2与盐酸完全反应生成34mol氢 ④1+m-n×10%(4分） 气(MgH2+2HC=MgCL2+2H2↑)，12molA1与盐酸完全反应 解析：稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由 生成18mdl氢气(2A1+6HC1=2A1Cl,+3H2↑)，共放出 于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠 52mol氢气，D正确. 溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的 6.C熔融BeCl2不导电，BeC2溶液能导电，二者满足其 焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通人足量氢氧化钡溶液 一，即为电解质，A正确；高温下用Mg还原BF2制备铍的反 中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质， 应，由于Mg比铝更活泼，所以需要保护气，C错误；铍与相邻主 (4)①d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和 族的铝元素性质相似，则B0为两性氧化物，能与强碱溶液反 水，现象是有白色沉淀生成 应，可用BeCl2溶液与足量氨水制备Be(OH)2,B、D正确 ②e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应原理可知CO 7.DM点对应溶液中盐酸有剩余，溶液显酸性，H与 > 高考化学第1~4期 CHCO0不能大量共存，A不符合题意：N点对应溶液中溶质：置内空气，再加入钠粒进行反应，A正确：生成氢气，为保证实 为NaC、A1Cl,Cl与Ag*反应生成AgC沉淀，不能大量共存， 验安全，不能一次性加入钠粒，B错误；试管中Hg用于液封，可 B不符合题意；S点后依然出现沉淀，说明A1+还未完全反应， 防止外界空气进入装置，C、D正确 此时溶液中的溶质为NaC、A1C,A13+与OH不能大量共存， 15.(除标注外，其余每空2分)(1)2A1+20H+6H0= C不符合题意；R点溶液中含有Na[Al(OH)4],Na、SO、 2[A1(0H)4]+3H2↑ C1、NO,四种离子相互之间不反应，也不与溶质成分反应，可 (2)K2(H2C03)>K[A1(0H)3](3分) 以大量共存，D符合题意. (3)搅拌、适当升温（或适当增大盐酸的浓度） 8.D溶液2中加入了NaCl固体经过盐析使得氯化铵结 (4)①增大H浓度，抑制A1Cl的水解：增大C1浓度，促 晶析出，得到的溶液3中含有较多氯化钠，两溶液中钠离子和 进A1CL3·6H,0的析出(3分) 铵根离子的浓度不同，D错误. ②饱和A1CL,溶液 9.C侯氏制碱法在溶液1中先后通入氨气和NaCl固体， 16.(除标注外，其余每空2分)(1)①b→c→hi(或i→ 促使氯化铵结晶析出，索尔维制碱法是在溶液1中加人氢氧化 h)bc 钙生成氨气和氯化钙，两种制碱法对溶液1的处理不同，A正 ②2Sr02+2C02=2SrC03+0, 确；侯氏制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氯化钠，索 ③bcadfe 尔维制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气，B正确； (2)①三颈烧瓶(1分)防止倒吸 两种制碱法中原料NaCl的利用率不相同，侯氏制碱法中循环 ②Sr2++2NH,+8H20+H,02=Sr02·8H20+2NH4中 利用的是二氧化碳和氯化钠，索尔维制碱法中没有循环利用氯 和反应生成的H,促进反应进行，同时防止产物和酸发生反 化钠，侯氏制碱法氯化钠利用率更高，C错误；两种制碱法都涉 应(3分) 及NaCl溶液、CO2和NH,反应生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受 ③蒸发浓缩、冷却结晶 热分解生成碳酸钠，都利用了碳酸氢钠的溶解度小和不稳定的 17.(除标注外，其余每空2分)(1)MgC0,高温Mg0+C0,↑ 性质，D正确： (2)NH 10.B碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，B错误. (3)将Fe2+氧化为Fe3+生成的MnO2和Fe3+能催化 11.C NaHC0,受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳， H202分解，从而加大H202用量(3分) 利用差量法即可计算出N,CO,的质量分数，A不符合题意；取 (4)4.6×10 αg混合物与足量稀硫酸充分反应，得到bgCO2,根据碳元素 (5)避免生成Mg(OH),沉淀 守恒可计算出Na2CO,和NaHCO,的总的物质的量，结合总质 (6)2HF +Mg2*=MgF2+2H 量ag,可计算出Na2C03的质量分数，B不符合题意；取ag混 解析：(4)当A13+恰好沉淀时，Fe3+早已沉淀完全， 合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg 固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH,无法计算出Na2CO,的 c(A13+)-c(A13+)·c2(0H)_K[A1(0H),]_1.3×10-8 c(Fe)c(Fe)c(OH-)K [Fe(OH)3]=2.8x10= 质量分数，C符合题意；Na2CO和NaHCO3均可与盐酸反应生 4.6×103 成水、二氧化碳和氯化钠，所得bg固体是氯化钠，利用钠元素 18.(除标注外，其余每空2分)(1)①5.3 守恒可计算出Na,CO,的质量分数，D不符合题意。 ②250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒③20.0a 12.B从铝土矿（主要成分为AL03)中提取Al20,主要 (2)①越大 利用AL,O,能与强碱溶液反应，生成可溶性Na[A1(OH)4],过 ②ⅡHCO,自耦电离的平衡常数K= 滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通入酸性气体CO2,生成 A1(OH)3沉淀，过滤，洗涤，加热分解A1(OH)3得到A山，O;若 c(H,C0)·c(C0号）_K2_4.7×10- c2(HC0,) K4.5×107≈1×104≥K2,说明 先用盐酸溶解，Fe03、A山0，均溶解，制取A1(OH),的步骤较 HCO,自耦电离程度远大于HC0,的电离，即猜想成立(3分) 多；从Na[A1(OH)4]制备Al(OH)3,若加盐酸不容易控制量的 多少，B符合题意. 13.C在“氯化”设备中，矿料(FeTiO3+C)与CL2逆向而 行，能增大反应物的接触面积，有利于反应充分进行，A正确； “氯化”反应的化学方程式为2Fei0,+7CL,+6C高温2FeCl,+ 2TCL4+6C0,该反应中CL2与C0的物质的量之比为7：6，正 确；在高温下，镁能与氮气反应，生成氮化镁，故不能在N2氛围 中进行，C错误；流程中所需要的“Mg”,可通过电解熔融 MgCL2制取，D正确。 14.B NaNH,易和水、氧气反应，应先通入氨气，排除装 8—素养 拓展 数理极 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 酸，此时溶液具有强氧化性，还原性离子（如 报纸发行质量反馈电话： 离子反应离子方程式 Fe2+、I、S2-)不能共存 0351-5271248 ③Fe3+、A3+自身水解程度较大，一般不能 同与其相互促进水解的离子（如HC0;、S2、 2026-2027学年 C0)大量共存. 高考化学编辑计划 ◎海南桑珊 第1期物质的分类及转 命题点白电解质和非电解质 误区警示… 命题点四 离子方程式 离子反应 溶液的导电性与电解质的强弱没有必然的 例工(2024·浙江)下列物质不属于电解质联系，只与相同体积溶液中离子的浓度和离子 例4(2025·河南)对于下列过程中发生的 第2期氧化还原反应 化学反应，相应离子方程式正确的是 ( 第3期物质的量及计算 的是 ()所带电荷数有关. 第4期金属及其化合物 A.CO,B.HCI C.NaOH D.BaSO (1)强电解质溶液中自由离子的浓度不一 A.磷酸二氢钠水解：HPO:+H,0 解析：C02在水溶液中能导电，是生成的碳定大，导电性不一定强. H:PO,+OH (一)（钠、镁、铝） 酸电离，不是C02自身电离，不属于电解质，A (2)电解质溶液的浓度大，其中离子的浓度 B.用稀盐酸浸泡氧化银：Ag0+2H+= 第5期金属及其化合物 符合题意；HC1溶于水电离出离子而导电，属于不一定大，导电性不一定强。 2Ag++L,0 (二)（铁，铜） 电解质，B不符合题意；NaOH在水溶液和熔融 (3)固体电解质中有离子，但没有自由移动 C.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： 第6期非金属及其化合物 状态均能电离出离子而导电，属于电解质，C不 的离子，所以不导电 C1O-+H*=HCIO (一硅氯) 符合题意；BaS04在熔融状态能电离出离子而导 命题点自 离子共存 D.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶 第7期非金属及其化合物 电，属于电解质，D不符合题意， 液：H++0+Ba2++HCO=BaS0,↓+CO,↑+ (二氨硫) 答案：A 例3(2025·安徽)下列实验产生的废液 H,O 第8期元素化合物知识 误区警示… 中，可能大量存在的粒子组是 ( ) 解析：用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉 淀，离子方程式为Ag0+2H*+2Cl=2AgCl+ 综合复习 (1)电解质和非电解质的研究对象是化合物， 选项 实验 粒子组 H20,B错误；向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶 第9期化学反应与能量 单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质 稀硝酸与铜片 H+、Cu2+、NO,、No 液发生氧化还原反应，离子方程式为C10+ 第10期原电池 (2)电解质一定是本身在水溶液中或熔融 制NO 2I+2H*=2+C1+H,0,C错误；向硫酸氢 第11期电解池（含电化 状态下能电离出离子的化合物.如S02、C02、 70%的硫酸与 钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，可将 学腐蚀) H,是非电解质，而它们与水反应的产物 B H、Na、S0}、Hs0 Na2S03制S02 Ba(HCO3)2定为“1”，NaHS04要多少有多少， H,S0,、H,C0,、NH,·H,0是电解质 第12期化学反应速率与 (3)能导电的物质不一定是电解质，如金 浓盐酸与 取“2H*”与“2HC0”反应，“1Ba2+”与 化学平衡（一） H+、K+、Mn2+、Cl “1S0?”反应，反应的离子方程式为2H++ 属、石墨、盐酸等能导电，但它们不是化合物，因 KMnO,制C 第13期化学反应速率与 而不是电解质 双氧水与FeCl S02+Ba2++2HC03=BaS04↓+2C02↑+ 化学平衡（二） D H+、Fe2+、Cl-、H,0 (4)电解质本身不一定能导电，如氯化钠固 2H,0,D错误. 溶液制02 第14期水溶液中的离子 体是电解质，但其本身不导电。 答案：A 解析：稀硝酸与铜反应生成Cu(NO3)2和 反应与平衡（一） (5)溶于水能导电的电解质，熔融状态下不 NO,NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题 ?技巧点拨书写与量有关的离子方程式 第15期水溶液中的离子 定能导电，如氯化氢、硫酸等. 意；H和Hs0,会转化为S0,和H,0,无法大 1.过量与少量类 反应与平衡（二） 命题点白离子反应过程中导电性的变化 量存在，B不符合题意；浓盐酸与KMnO4反应生 书写原则：“以少定多”，即先根据题给条件 第16期化学反应原理综 成CL2,溶液中含有Mn2+、K、Cl和H,这些 判断“少量物质”，令少量物质的化学计量数为 合复习 例2向10mL1mmol·L-1CoCl·5NH, “1”,并以少量物质的离子充分反应时所需，确 离子在酸性环境中稳定共存，C符合题意；Fe2+ 定“过量物质”中实际参加反应的离子数目， 第17期原子结构元素 溶液中滴加1mmol·L-1AgNO,溶液，用电导会被H,0,氧化：2Fe2++H,0,+2H+=2e3++ 如向Ca(HCO3)2溶液中加入过量 周期律 率传感器测溶液的导电性，消耗AgNO3溶液的2H,0,D不符合题意， NaOH溶液，反应的离子方程式的书写方法 第18期分子结构与性质 体积和电导率关系如下图所示 答案：C 如下： 第19期晶体结构与性质 110 ?技巧点拨离子共存 判断“ 、把“少量物质网 确定所需“过量物书写高子 第20期有机化合物的结 号100 1.不能共存的几种情况 物质 拆成高 质”的离子数目 交程 构特点 90 ①粥酸阴离子或OHH酸或H,0 Ca(HCO)2- 第21期烃和卤代烃 的 (2HC0:充分反应所需）CaC0,1+C0+2H,0 80 20 30 40 ②弱碱阳离子或H0H弱碱或H,0 第22期烃的含氧衍生 AgNO3溶液体积/mL 2.定量类 ③阳离子+阴离子→难溶性盐 物、生物大分子 已知CoCl,·5NH,溶液呈酸性，根据以上 ④弱酸酸式酸根离子与H+和OH~都不能 首先按题给条件中反应物的物质的量，结 第23期有机高分子、有 分析，CoCl,·5NH在溶液中的电离方程式为 合“以少定多”的原则及离子反应顺序，逐步写 大量共存 机合成 ⑤氧化性离子+还原性离子→氧化还原 出各步反应的离子方程式；然后把各步离子方 第24期化学实验基本操 解析：由图可知，加入20mL1mmol·L 程式加和即可得到总反应的离子方程式， 反应 AgNO,溶液时电导率最低，说明此时离子浓度 ⑥能生成配合物的离子不能共存，如Fe3+ 如K1(S0)2与含等物质的量的 最小.即等浓度的条件下，消耗AgNO,溶液的体与sCN,I与12. Ba(OH),溶液反应的离子方程式的书写方 第25期化学实验探究 第26期综合复习 积为CoCL,·5NH3溶液的两倍，说明配合物的 法如下： 2.常见的隐含条件 第27~44期专项提分 外界有2个CI,又溶液呈酸性，NH3全部在内 ①溶液颜色.无色透明时，溶液中肯定不含 假设两物质均为1mol 过量分析 以之定多 界，故电离方程式为[Co(NH),C1]CL,=有颜色的离子.常见的有色离子有C(蓝色) KAI(SO)=AP+2S0+K O什相对于A少梦 (合刊) Ba(0H2=Ba2+201 Ba相对于s0少量 20H+2-AP+BaSO:- [Co(NH),C]2++2C 第45~52期满分冲刺 Fe3+(黄色)、Fe3+(浅绿色)、MnO:(紫色) BaSo,.+2-Al(OH), 答案：[Co（NH),Cl]Cl,=Cr,0(橙色). 调整化学计量数 (合刊) 60H+2AP+3Ba2+3s0=3BS0.+2A1(0Hh Co(NH3 )CI]2++2CI- ②酸性条件下再加入NO;,相当于存在硝 数况格 第1期 第一轮复习 总第1197期 2026年7月7日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-208B 解析：干冰升华仅为状态变化，成分仍为 物质的分类及转化 C02,无新物质生成，属物理变化，A符合题意； 珍珠主要成分是CaC0,与酸反应生成C02等， 属化学变化，B不符合题意；加酶洗衣粉中的酶 能催化蛋白质水解为氨基酸，破坏蛋白质原有 江西李春炜 结构，生成新物质，C不符合题意；植物油氧化变 命题点白物质的组成和分类 质，由02和0，组成的物质是混合物，但仅含氧 质后，主要生成过氧化物、醛、酮、羧酸等，属化 元素 学变化，D不符合题意 例□(2025·云南)画中有“化”，多彩中 (7)同素异形体是同一种元素形成的几种 答案：A 华.下列叙述正确的是 性质不同的单质.同素异形体之间物理性质不 例5(2025·广东)能满足下列物质间直接 A.岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属 同，化学性质相似 转化关系，且推理成立的是 ( 于硅酸盐 (8)冰水混合物和结晶水合物均为纯净物 B.油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机 (如CuS0,·5H,0). 单质X巴氧化物10氧化物2L0 高分子 命题点白 分散系胶体 酸（或威）Ne0H(表HCD盐 C.竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁 A.X可为铝，盐的水溶液一定显酸性 耐酸、碱 例3下列说法不正确的是 B.X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色 D.水墨画墨汁的主要成分碳，常温下不易 A.(2025·湖北)胶体粒子对光线散射产生 C.X可为钠，氧化物2可与水反应生成H 被氧化 丁达尔效应 D.X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO,> 解析：贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳 B.(2025·天津)分散系中分散质粒子的直 Na,CO 酸盐，A错误；核桃油属于油脂，是有机化合物，但 径：Fe(OH)3胶体>NaOH溶液 解析：铝单质与0，反应生成AL,0,后无法 相对分子质量较小，不属于有机高分子，B错误； C.（2026·云南)用如图装置制备再被02氧化，不能形成氧化物2，且A1,03不溶 氧化铁(Fe,0,)能与酸反应，不耐酸，C错误；碳 饱和FeCl 于水，A错误；硫燃烧生成S0,(氧化物1，使品 在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确。 溶 红褪色)，S02继续被02氧化为S03(氧化物 答案：D e(OH)3胶体， NaOH 2),S0,与水反应生成H,S0,H,S04与Na0H 溶液 例2(2023·浙江)下列物质中属于耐高温 反应生成盐，转化关系成立，B正确；钠与氧气常 酸性氧化物的是 ( 温下反应生成N,0(氧化物1)，进一步氧化为 A.CO2 B.SiO2 C.MgO D.NazO D.(2023·广东)晨雾中的光束如梦如幻， Na,0,(氧化物2)；Na,0,与水反应生成NaOH 解析：C0,是酸性氧化物，但属于分子晶 是丁达尔效应带来的美景 和O,,不会生成H,C错误；碳与氧气反应先生 体，不耐高温，A不符合题意：S0,和碱反应生 解析：向沸水中加人FeCl,的饱和溶液，继 成C0(氧化物1)，C0继续和O2反应生成C0 成盐和水，是酸性氧化物，属于共价晶体，耐高 续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热.此时的分散（氧化物2），C0,与水反应生成碳酸，碳酸与 温，B符合题意；Mg0和Na,0均能和酸反应生 系为Fe(OH),胶体.若向NaOH溶液中加人NaOH反应可生成Na,CO,或NaHCO,但 成盐和水，是碱性氧化物，C、D不符合题意。 FeCL,的饱和溶液，将直接生成Fe(OH),沉淀. Na,CO,的热稳定性强于NaHCO,的，D错误. 答案B 答案：C 答案：B 误区警示 !误区警示 P归纳总结单质、氧化物、酸、碱和盐的通 (1)酸性氧化物与碱反应只生成一种盐和 (1)分散系的本质区别是分散质粒子的直 性及转化 水；碱性氧化物与酸反应只生成一种盐和水.如径太处分散质粒子直径：浊液(>100m)>胶 非金属 Fe,0:与盐酸反应生成FeCl2、FeCl,和水，所以体(1~100nm)>溶液(<1nm). FeO:不是碱性氧化物 (2)丁达尔效应利用的是胶体对光的散射 碱性氧化物 酸性氧化物 (2)碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属 作用，是一种物理方法 盐和水 氧化物不一定是碱性氧化物（如M20,为酸性氧 (3)胶体发生聚沉产生沉淀时，其成分没有 化物、AL,03为两性氧化物、Na02为过氧化物). 发生变化，只是颗粒大小发生变化，属于物理 新碱和 (3)酸性氧化物不一定是非金属氧化物（如 变化， 新盐 酸和 新盐 M,0,);非金属氧化物也不一定是酸性氧化物 (4)胶粒带电，而胶体不带电.胶体是是电 两种新盐 盐 (如C0、N0). 中性的 (4)酸性氧化物、碱性氧化物不一定都能与 (5)胶体粒子是大量分子的集合体，如用含 水反应生成相应的酸、碱（如SiO,、MgO0). 1 mol FeCl,的溶液制得的胶体中，Fe(OH),胶 致高三的你们 (5)通常所讲的酸酐是针对含氧酸而言的. 体粒子的数目远小于6.02×1023个 亲爱的同学们，高三这一年。 对于一般的无机含氧酸来说，酸酐是酸的中心 命题点自物质的性质及转化 元素的同价态的氧化物，如H,S0,一S0, 是你们滚烫青春里最沸腾的一章。 HNO,一N,O,·对于某些有机化合物，酸酐中则 例4(2025·湖北)下列与生活相关的叙述 愿你们不惧风雨，心无旁鹜把每 还含有其他元素（如H).某些金属元素也有相中，不涉及化学变化的是 ( 一个平凡的日子都过得踏实而有 应的含氧酸，如HMnO4、H,CrO4,其对应的酸酐 A.干冰升华助力舞台云雾形成 力量.明年六月，顶峰相见！ 分别是Mn,O,、CrO,两者均为金属氧化物 B.珍珠遇酸后失去光泽 (6)仅含一种元素的物质可能是单质，也可 C.加酶洗衣粉清洗蛋白质污渍 能是混合物.如氧元素可组成02和03两种物 D.植物油久置氧化变质 素养 测评 数理极 9.下列离子方程式与所给事实不相符的是 第一轮复习精练卷 A.海水提溴过程中，将溴吹人S0,吸收塔：Br2+S02+2H,0=2Br+ S02+4H 涉及内容：物质的分类及转化、离子反应 B.A1(OH)3治疗胃酸过多：A1(OH)3+3H*=A13++3H,0 (满分：100分，时间：75分钟) C.用5%的Na,S0,溶液能有效除去误食的Ba2+:Ba2++S02=BaS04↓ ○数理报社试题研究中心 D.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2M04+5C20+16*一 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选 2Mn2++10C02↑+8H20 项符合题意) 10.下列解释事实的离子方程式书写正确的是 ( 1.下列可用作食品添加剂且属于无机物的是 A.浓硝酸可清洗银镜：Ag+2H*+NO=Ag*+NO2↑+H,0 A.硫酸铅B.木糖醇 C.葡萄糖酸-δ-内酯 D.二氧化硫 2.下列有关说法正确的是 B.泡沫灭火器灭火的原理：2A3++3H,0+3C0?=2A1(OH)3↓+ 3C02↑ A.Na,C03·10H,0的风化属于物理变化 B.CH,NH,Cl属于酸式盐 C.用淀粉-KI试纸和醋酸证明食盐中存在I0,:I03+5I+6H*=3L,+ C.NalH,PO2为正盐，故H,P02为一元酸 3H,0 D.S02是电解质 D.用饱和NaC1溶液、CO2和NH制备小苏打：CO2+NH,+H,0=NH+ 3.根据一定的标准将物质进行分类，下列依据能得出相应结论的是 HCO, ( 11.下列离子方程式书写正确的是 ( 选项 依据 结论 A.提碘时用H,02氧化I:H,02+2I=2H20+2 Si02+4HF=Sif4↑+2H,0 B.向NL,HC0溶液中加人足量石灰水：Ca2++HCO+OH=CaCO,↓+H,0 Si02是两性氧化物 SiO,+2NaOH =Naz SiO3 H2O C.84消毒液的漂白原理：Cl0+C02+H,0=HCl0+HC03 B Fe,0,+8H*=Fe2++2Fe3++4H20 FeO,是碱性氧化物 D.用浓盐酸酸化的KMO,溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性： C NaHCO,=Na*+HCO NaHCO3属于正盐 2Mn0:+5H,02+6H*=2Mn2++502↑+8H,0 NaCl+H,S04(浓)=NaHSO,+HCl↑ HCl是易挥发性酸 12.下列离子方程式正确的是 () 4.根据酸碱电子理论：凡是能给出电子对的物质都是碱，凡是能接受电 A.用铜作电极电解NaCd溶液：2C+2H,0电超H,↑+C,↑+2O1 子对的物质都是酸，能接受几对电子对则称几元酸.下列说法不正确的是 B.向硫化钠溶液中通入足量S02:S2-+2S02+2H,0=H,S+2HS0 ( C.向氯化铜溶液中滴入过量氨水：C2++4NH,·H,0=[Cu(NH)4]2++ A.CuCl,+4NH3=[Cu(NH)4]2++2Cl,该反应中的酸是CuCL, 4H20 B.N,H4是二元碱 D.向含Mn2+的溶液中加入足量NH,HCO溶液沉锰：Mn2++HCO,= C.根据H2C,0+H,0一一HC,0+H,0+,则酸性：H,0>HC,0: MnC0,↓+H D.配合物可看作酸和碱的反应产物 13.X是由CaCl2、KNO3、Na2S04、Na2SO3、NH4Cl中的一种或几种组成的白 5.实验室用FeCl,饱和溶液和沸水制备胶核 吸附层 色粉末，为了探究其成分，在下列试剂中分别加入少量X粉末，实验记录如下： Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶团如右图所示，在静电吸 C Fe0:FeoC 序号 试剂及操作 现象 附作用下，胶团可以除去废水中的杂质.下列说法错 CIFeOe(H)Feo ① 盐酸 产生气泡 eo PaoC )CH 误的是 ② 蒸馏水 产生白色沉淀 A.FeCL,溶液可用于制作印刷电路板 ③NaOH溶液，加热 产生气泡 B.加入烧碱，可使Fe(OH)3胶粒的吸附絮凝效 扩散层 根据实验现象，下列关于X的推断正确的是 能提升 A.X至少含3种盐 B.X一定不含Na2S04 C.可用丁达尔效应区分FeCl,溶液和Fe(OH)3胶体 C.X只含NH,Cl和Na,SO D.X一定含KNO, D.1 mol FeCl可以形成的胶团数目小于Na 14.某固体混合物可能含有A1、(NH4)2SO4、MgCl2、AICl,、FeCl、NaCl中 6.[生物医药情境]纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积的一种或几种，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图（气体 大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面.制备原理是用氯体积已换算成标准状况下的体积)所示.下列说法不正确的是 () 金酸钠{Na[AuCl]}溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒.下列说法错误 24L气体藏石灰体积不变浓硫酸134L气体 的是 A.Na[AuCL]具有氧化性 59.0g固体过量浓0H溶液 △① 白色沉淀1,60g久置无明显变化 B.纳米金属于胶体 儿无色溶液造量稀盐酸白色沉淀过量稀盐酸沉淀溶解 C.纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 ② 3 D.制备过程中，纳米金为还原产物 A.步骤①中一定发生了氧化还原反应 7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 B.混合物中一定不存在FeCl,可能含有NaCl、AICl A.无色透明的溶液中：K*、Mg2+、MnO,、S0 C.步骤②和步骤③中反应消耗的H+的物质的量之比为3：1 B.c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：Ca2+、Cu2+、SCN、Cl D.混合物中一定含有MgCL,和(NH4)2S04,且其物质的量均为0.2mol Kw 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） Cc(OI)=1×10-mmL的溶液中：Ba、KC、N0, 15.(16分)水处理剂包括净水剂和杀菌消毒剂，某同学对常见的几种水 D.能使甲基橙变红的溶液中：Na*、NH、I、Cl0 处理剂作了如下图分类.回答下列问题： 8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 水处理剂 A.能使酚酞变红的溶液中：NaBa2+、Br、CH,CO0 分类1 B.(=1x10P的溶液中：K*NaN0[A(OH),] ①活性炭、KA1(S0,2·12H,O②2Na,C0,3H,0,(过碳酸钠)、漂白粉、漂白液、氯气 c(OH-) 分类2 C.0.2mol/L的NaHS03溶液中：K+、NH+、ClO-、MnO: D.0.5mol/L的CaNH,(NO3)u溶液中：Na*、0H、Cl、S02 ③2Na,C03H,02、氯气④漂白粉、漂白液 数理极 素养 测评 (1)分类图中第①组物质常用作净水剂，其中活性炭能够净水是利用活 提供的试剂：饱和Na,CO,溶液、饱和K,CO,溶液、NaOH溶液、BaCL,溶 性炭的 性.分类图中第②组物质常用作杀菌消毒剂.杀菌消毒剂又 液、Ba(N03)2溶液、75%的乙醇溶液、四氯化碳， 依据物质类别，将第②组物质分为了2组.则第③组物质属于 (填物 ①欲除去溶液I中的Ca2+Mg2+、S0,选出a所代表的试剂，按滴加顺 质类别) 序依次是 (填字母序号) (2)采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾并测定其组成，流程如下： a.BaCL,、NaOH、Na,COg b.NaOH、Na,CO,、BaCl 废铝制易拉魏《0常流溶液口战洁流溶液养利燥作，明矾品你 c.BaCl,、Na,CO3、NaOH d.Na,CO3、BaCl,、NaOH ①废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为」 ②加盐酸调pH的目的是 (用离子方程式表示) ③洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl,选用的试剂为 ②溶液I中加硫酸溶液的过程中观察到有白色沉淀生成，该沉淀的化学 (2)某加碘盐中可能含有Fe3+、Mg2+、K+、I03、I(已知氧化性：IO> 式为 F3+>2).研究小组对该加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的 ③在下列各装置图中，上述流程中“系列操作”不需要用到的实验操作 存在形式.取一定量的加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得 (填字母序号) 溶液分为3等份. 第一份溶液中滴加KSCN溶液后无明显现象； 第二份溶液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，再加人CCL4,下层溶液显 紫红色： 第三份溶液中加入适量KI0,固体后，滴加淀粉溶液，溶液不变色 ①第二份溶液中加人足量KI固体后，反应的离子方程式为。 D ④为测定该明矾晶体样品中SO?的含量，该实验小组称取ag明矾晶 ②在该加碘盐中，除了Na*、Cl以外，一定存在的离子是 ,一定 体样品，加入足量BaCL2溶液，用质量为bg的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将 不存在的离子是 漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为cg,则该明矾晶体样品中S0?的 ③K紅作为食盐的加碘剂，在保存过程中由于空气中氧气的作用，容易引 含量为 mol/g(即每克明矾晶体中S0的物质的量，用含“a、b、c” 起碘的损失.潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式为 的式子表示). (3)A1Br水解也可得A1(OH)3胶体，起到与明矾类似的净水效果.用上 18.(16分)LiMn,0是一种锂离子电池的正极材料.用高锰酸钾废渣 (主要成分为MnO2、Fe,0,、Al,0,、Si02)和硫铁矿（主要成分为FeS2)制备 述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是 LiMn,O,的工艺流程如下： (填字母序号) (1)H,02溶液 A.[mAl(0H)3·nA3+·(n-x)Br]+ 硫酸 (2)氨水 LiC0、空气 B.[mAl(OH)3·nBr·xA3+]3+ 高锰酸钾废渣 C.[mAl(0H)3·n(0H)·(n-x)H*]r 硫铁 酸浸一→除杂 一结晶]→热解培烧 →iMn,0a D.[mAl(0H)3·nA1+·(3n-x)Br]+ 滤渣1 滤渣2 C0, (4)2NaC0,·3H,02具有Na,C0,和H202的双重性质，下列有关说法 已知：酸浸液主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3、A+等金属阳离子.回答下列 中不正确的是 （填字母序号). 问题： A.2Na,C0,·3H,02溶液遇Mn02会产生氧气 (1)酸浸.MnO2与eS2反应生成Fe3+和0？的离子方程式为 B.2Na,C03·3H,02可用作洗涤剂，除油污、漂白 C.2Na2C03·3H202在酸性环境中易失效变质 (2)滤渣1中主要含有」 (填化学式)，其属于 (填“酸性 D.2NaC0,·3H,02有较强的氧化性，无还原性 氧化物”“两性氧化物”或“碱性氧化物”). 16.(12分)某溶液中可能含有K+、NH、Fe2+、A3+、Cl、S0、C0 (3)保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有 [A1(OH)4]中的若干种离子，离子浓度均为0.1mo/L.某同学进行了如下实验：（写一条）. →气体1 →气体2 (4)除杂.加入H,0,的作用是 图过量华统藏，无明显过量B(0咨液 过量NaOH 溶液 (5)热解.在真空中加热分解MS04·H20,测得固体的质量随温度变化 →滤液X 现象 →滤液Y 少量一淀 如下图所示.真空热解MnsO4·H,0制备Mn,O4,需控制的温度为大于 →沉淀A 沉淀B ℃，原因是 回答下列问题： (1)原溶液中一定不存在的离子是 (写出计算推理过程) (2)滤液X中大量存在的阳离子有」 (6)焙烧.生成LiMn,0,的反应的化学方程式为. (3)沉淀C的成分是 (4)写出加入过量Ba(N03)2时产生气体1的离子方程式： 90 110.65 80 54.83 (5) (填“需要”或“不需要”)通过焰色试验来确定K的 704 存在理由是 60 50 17.(14分)食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料.回答下列 40 问题： 020040060080010001200 温度/℃ (1)粗食盐常含有少量K*、Ca2+、Mg+、S0?等杂质离子，实验室提纯 粗盐的流程如下图所示。 水加热 租食盐 洗涤（除去 过滤 盐酸 (参考答案见下期)