第2期：氧化还原反应-【数理报】2027年高考化学一轮复习学案

素养 拓展 (上接第1版) 经(2)中反应最终消耗了0.2000mol/L的 0.1 mol Fe2+,还剩余0.1 mol Fe2+,所以参与反 Na,S,0,溶液25.00mL,所测定的样品中Se0, 应的I、F2+的物质的量之比为4：1，该反应的的质量分数为 离子方程式为2Fe2++8I+5CL,=4L,+2Fe3++ 解析：(1)NO和NO,的物质的量之比为 10C1-」 1:1时，N元素的化合价共降低4价，Se元素的 答案：2Fe2++8I+5CL,=4L,+2Fe3++化合价升高4价，利用化合价升降数相同及质 10CI 量守恒配平，即Se+2HNO,(浓)=Se02+N0↑+ ?技巧点拨氧化还原反应基本规律 N02↑+H,0. (2)化学方程式①配平后为S0,+4KI+ 1.守恒律 4HN03=Se+2L2+4KN03+2H20. 在一个氧化还原反应中，氧化剂得到电子 (3)根据(2)的化学方程式，建立关系式 的数目等于还原剂失去电子的数目.或者说氧 Se02~2L2~4Na2S203,m(Se02）= 化剂化合价降低总数等于还原剂化合价升高 总数. 25×10-3L×0.2000mo/L×111g/mol,则 4 2.价态律 SeO, 的质量 分数 为 “处于最低价态→只有还原性 元素 处于中间价态→既有氧化性，又有还原性 25×10-3L×0.2000mo/L×111g/mol 4 L处于最高价态→只有氧化性 0.1500g 注意：(1)金属元素没有负化合价，所以金 100%=92.5%. 属单质只有还原性 答案：见解析 (2)非金属元素既有负化合价，又有正化合 价(F除外)，所以非金属单质既有氧化性又有 Q技巧点拨1.氧化还原反应的配平 还原性， (1)一般的配平步骤：标变价找变化求总 (3)处于最高价态的元素具有氧化性，但不 数配系数 一定具有强氧化性，如K+、Na+等具有弱氧化 ①标出变价元素化合价的始态和终态。 性.处于最低价态的元素具有还原性，但不一定 ②求升价元素或降价元素的变化数. 具有强还原性，如F、02等；元素处于中间价 ③求升价与降价变化的最小公倍数，分别 态的化合物既有氧化性，又有还原性，一般情况 作为氧化剂成还原剂的系数： 下主要表现某一方面的性质（如下表）. ④配平变价元素. 元素处于中间价态的物质Fe2+S02S0好、H2S03H202 ⑤用观察法配平其他元素， 氧化产物 Fe3+ S03、S0-、H2S0402 ⑥检查配平后的化学方程式是否符合质量 还原产物 Fe S,S2- HO 守恒定律（离子方程式还要看是否符合电荷 表现的主要性质 还原性 还原性 氧化性 守恒) 3.先后律 实例：配平MnO,+Cd+H*一Mn2++C2↑+ 在浓度相差不大的溶液中，同时含有几种 H,0 还原剂时，若加入氧化剂，则氧化剂首先与溶液 中最强的还原剂作用；同理，在浓度相差不大的 品0一→2， 得5e×2 确定某些物质或离 溶液中，同时含有几种氧化剂时，若加入还原 2→0，失2e×5 :子的化学计量数 剂，则还原剂首先与溶液中最强的氧化剂作用： 2Mn0:+10C1+Hf一5Cl2↑+2Mn2*+H0 配平其他物质或离子的化学计量数 例如，在含有Fe3+、Cu2+H*的溶液中加入 2Mn0.+10C+16H5CL2↑+2Mn2+8H0 铁粉，因为氧化性：Fe3+>Cu2+>H,所以Fe (2)缺项配平 粉先与Fe3+反应，然后依次与Cu2+、H+反应. 般先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还 (命题点四氧化还原反应的配平及应用 原产物的化学计量数，再通过比较反应物与生 成物并结合溶液的酸碱性，确定缺项（一般为 例二氧化硒(S0,)是一种氧化剂，其被 H,0、H*或OH),最后观察配平 还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与 2.氧化还原反应的计算 浓HNO3或浓H,S04反应生成SeO2以回收Se. 氧化还原反应的计算关键是以得失电子数 完成下列填空： 相等为桥梁，列出守恒关系式求解.其解题的 (1)Se和浓HNO,反应的还原产物为NO般步骤为： 和NO2,且N0和NO2的物质的量之比为1：1，写 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物 出Se和浓HNO,反应的化学方程式：」 和氧化产物. (2)找准得到或失去的电子数（注意化学式 (2)回收得到的S02的含量，可以通过下 中离子的个数). 面的方法测定： (3)根据题中物质的物质的量和得失电子 ①SeO,+KI+HNO,= 守恒列出等式.（氧化剂）×变价原子个数×化 _Se+l2+_KN0,+__H,0 合价变化值=（还原剂）×变价原子个数×化 2I2+2Na2S2O3=Na2S,Oo+2NaI 合价变化值. 配平上述化学方程式①，将化学计量数填 3.氧化还原滴定法 在对应的横线上. 氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原 (3)实验中，准确称量Se02样品0.1500g, 剂之间的电子转移为基础的一种滴定分析方法. 数理招 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话， 0351-5271268 与酸碱滴定法相比较，氧化还原滴定法应用更为 报纸发行质量反馈电话， 广泛，它不仅可用于无机分析，还可以广泛用于 0351-5271248 有机分析.许多具有氧化性或还原性的有机化合 参考答案 物可以用氧化还原滴定法来加以测定. 第1期2-3版精练卷（一） (1)滴定原理：发生氧化还原反应的化学方 1.D2.C3.D4.C 程式或离子方程式等， 5.B6.B7.C8.A (2)基本操作：滴定管的选择、指示剂的选9.D10.A11.C12.C 择、滴定过程中的操作、滴定管的读数等。 13.A14.C (3)数据分析：根据反应建立关系式，利用 15.(每空2分) 题给数据进行相关计算. (1)吸附纯净物 (4)误差分析：洗涤过程、滴定过程、读数过 (2)①2A1+20H-+ 程均可造成误差 6H20=2[A1(0H)4]+ 3H2↑ 氧化还原反应的配平 ②A1(OH)3 登专项小练 ③D④5 (3)D(4)D 1.以海绵铜(Cu0、Cu)为原料制备氯化亚 16.(每空2分) 铜(CuCl)的一种工艺流程如下： (1)K+A3+、[AI(OH)4] →Cs0,游液Ss0Nad→Cud沉淀 CO 海绵铜波HNO、稀HSO, (2)NH、Fe3+H+Ba2+ 解 LN0O,100,电0， (3)BaC03 吸收 (4)3fe2++N0+ “沉淀”过程中产生CuCl的离子方程式是 4H+=3Fe3++N0↑+ 2H20 2.测定KMnO4样品的纯度可用标准 (5)不需要离子浓 Na2S203溶液进行滴定，取0.474gKMn04样品 度均为0.1mo/L,从电荷 溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na,S,03溶液恒角度出发，只含有NH、 进行滴定，配平上述反应的离子方程式： fe2+,Cl-、S0才能保证 Mn0:+S,0+H*= 电荷守恒，K+一定不存在 Mn2++S02+H20 17.(每空2分)(1)①ac 实验中，滴定至终点时消耗Na,S,0,溶液 ②除去0H-,C0号 ③75%的乙醇溶液 12.00mL,则该样品中KMn04的质量分数是 (2)①103+51+ %(杂质不与Na,S,03反应). 6H+=312+3H20 3.油画中使用的无机颜料雄黄(As,S,)在 ②I0,fe3+I 不同空气湿度和光照条件下会发生褪色，主要 ③4KI+02+2H20 发生以下两种化学反应： 2L2+4K0H 空气+紫外线 →As20+H2S203 18.(除标注外，其余 AsS,(s) 每空2分)(1)2FeS2+ 空气+自然光 —→HAs04+HS0 15Mn02+28H+=15Mn2 (1)紫外线照射下发生反应的化学方程式 +2Fe3++4S0+14H20 为 (2)Si02酸性氧化 物(1分) (2)自然光照射下发生反应的化学方程式 (3)适当增加硫酸浓度，将 为 固体原料粉碎，加快搅拌 4.用Cu,S、FeS可处理酸性废水中的 速率（任答一条即可，或 C0?,发生的反应如下，将离子方程式配平： 他合理答案)(1分) (1)Cu,S+C,0号+H+= (4)将Fe2+氧化为Fe3+ Cu2++S02+Cr3++H20 (5)1000根据关系 (2)FeS+Cr,0号+H*= 式3Mns04·H,0 Mn304, Fe3++S0+Cr3++_H0 可 5.硝酸和氢氟酸是湿法蚀刻单晶硅的重要 100% 试剂.某次刻蚀中，产生了相同物质的量的NO 3×169gmol-229g/mol 和NO2,配平此条件下的化学方程式： 3×169g/mol Si+HNO+HF=H2SiF+ ×100%≈54.83%，所以需 N0↑+_NO2↑+H0 控制温度大于1000℃(4 若反应过程中转移了3mol电子，则理论上 分) 可蚀刻Si 一8.实际生产中，收集到的气 (6)8Mn304+ 体体积小于理论值，可能的原因有 6Li,C0,+50,缝6C0 (写一条) +12LiMn204 ⊙数理报社试题研究中心（参考答案见下期) 数况招 第2期 第一轮复习 总第1198期 2026年7月14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 ?技巧点拨氧化性、还原性强弱的比较 氧化还原反应 方法 1.依据金属活动性顺序 K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb(H)Cu Hg Ag Pt Au @广东 谢希珍 还原性逐渐减弱，对应离子的氧化性逐渐增强 上述关系可简记为： 注意：上述位置中fe元素对应的离子是Fe2, 命题点一氧化还原反应的基本概念 升（化合价升高）、失（电子）、氧（发生氧化 2.依据非金属活动性顺序 例□(2025·北京)下列反应中，体现NH 反应)、还（还原剂） F2 Cl2 Br2 12 S 降（化合价降低）、得（电子）、还（发生还原 氧化性逐渐减弱，对应离子的还原性逐渐增强 还原性的是 3.依据氧化还原反应 A.NH4HCO,加热分解有NH3生成 反应)、氧（氧化剂） B.NH,Cl和NaNO,的混合溶液加热有N, 常见氧化剂 常见还原剂 氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产物 生成 ①活泼的非金属单质：02 ①活泼或较活泼的金属：K、 03、Cl2、Br2、I2等； Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe等； 氧化性：氧化剂>氧化产物 C.Mg(OH)2固体在NHCl溶液中溶解 ②高价金属阳离子：Fe3+ ②某些非金属单质：C、H2等； D.(NH4)2SO,溶液中滴加BaCL2溶液出现 还原性：还原剂>还原产物 Cu2+、Ag+等； ③低价金属阳离子：Fe 4.依据氧化还原程度的大小 白色沉淀 ③含高价或较高价元素的 Cu+等； (1)同一物质，被氧化的程度越大，氧化剂 解析：NH.HCO,分解生成NH,N元素的化 化合物：MnO2、KMnO4 ④非金属阴离子：S2-、I 合价均为-3，未发生氧化还原反应，A不符合 HNO3、KCr20,、浓疏酸 Br-、C-等： 的氧化性越强.如Cu+CL,△CuCl,2Cu+ 题意；NH,Cl和NaNO,反应时，NH中N元素 KC103等： ⑤含较低价元素的化合物： S△Cu,S,氧化性：C,>S. 的化合价由-3→0，NH被氧化，体现还原性 ④过氧化物：Na202、H202等 C0、S02、H2S、NH3等 (2)同一物质，被还原的程度越大，还原剂 B符合题意；NH可以直接结合氢氧化镁电离 !误区警示 的还原性越强.例如：HCl+H2S04(浓)→不反 出的OH,使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向 (1)同一种物质可能部分被氧化（或部分被 应，2HBr+H2S04(浓)=Br2+S02↑+2H0, 移动而溶解，无化合价变化，没有体现其还原 8HⅢ+H,S04(浓)=4L,+H,S↑+4H20,还原 还原)，也可能既被氧化又被还原 性，C不符合题意；(NH)2S0,与BaCl2反应生 性：HI>HBr>HCl (2)氧化产物（或还原产物）可能是多种物 成BaSO,和NH,Cl,属于复分解反应，NH未体 5.依据反应条件及反应的剧烈程度 质，也可能是同一种物质 现还原性，D不符合题意 反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质 (3)有单质参加或者生成的反应不一定是 答案：B 氧化还原反应，如同素异形体之间的转化不属 的氧化性或还原性越强. 例2(2025·湖南)NaSb0,是一种合成聚 于氧化还原反应 例如，Mn0,+4HC(浓)△MnCl2+C,↑+ 酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式 (4)氧化还原反应中转移电子总数是得到2H,0,2KMn0,+16HCI(浓)=2KCl+2MnCL,+ 为4NaN0,+4Sb+30,商4NaSb0,+2N0+ 电子总数或失去电子总数，而不是二者的和 5CL,↑+8H,0,氧化性：KMn0,>Mn0. 6.依据电化学原理 2NO2.下列说法错误的是 (1)一般情况下，两种不同的金属构成原电 A.NaSb03中Sb元素的化合价为+5 命题点白氧化性、还原性强弱的判断 池的两极，负极是电子流出的极，正极是电子流 B.NO,的空间结构为平面三角形 例3已知下列三个反应：①Cl,+Fel,= 入的极.金属的还原性：负极>正极 C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比FeCl2+I2;②2Fe2++Br,=2Fe3++2Br; (2)用惰性电极电解时，在阴极先放电的阳 为4：7 ③C0,03+6HCl=2CoCL,+CL,↑+3H,0. 离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的 D.反应中消耗3mol0,转移20mole 下列说法正确的是 A.反应①②③中的氧化产物分别是1、 还原性较强。 解析：NaSbO,中Na为+1价，0为-2价， 7.依据元素周期表和元素周期律 根据各元素化合价代数和为0，Sb元素的化合Fe3+、CoCl2 (1)非金属元素的最高价氧化物对应水化 价为+5，A正确；NO,的中心N原子的价层电 B.根据以上反应可以得到氧化性：，>物的酸性越强，其对应单质的氧化性越强。 子对数是3+5+1,3x2-3,采用sp杂化，无Fe>00, 如酸性：HClO,>H,S0,>H,P0,>H,C0,> 2 C.可以推理得到CL2+FeBr2=FeCL,+Br2H,SiO,则氧化性：CL,>S>P>C>Si 孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确；反 D.在反应③中，当1 nol Co,0,参加反应 (2)金属元素的最高价氧化物对应水化物 应中的氧化剂为NaNO3和O2,总物质的量为 时，2 mol HCI被氧化 的碱性越强，其对应单质的还原性越强， 7mol,还原剂为Sb,氧化剂与还原剂的物质的 解析：反应①②③中的氧化产物分别为12、 如碱性：NaOH>Mg(OH),>Al(OH),,则 量之比为7：4，C错误；0，、NaN0,同时作氧化 Fe3、CL2,A错误；氧化剂的氧化性大于氧化产还原性：Na>Mg>AL 剂，3mol02参与反应，有4 mol Sb作还原剂，整 物的氧化性，反应①中的氧化性：C2>12,反应 个反应共转移电子20mol,D正确， ②中的氧化性：Br2>Fe3+,反应③中的氧化性： 命题点自氧化还原反应的基本规律 答案：C Co,03>Cl,综上得出氧化性：Co,03>Cl,>1, 例4向含0.2 mol Fel,的溶液中通人5.61 ?技巧点拨氧化还原反应基本概念间的B错误；由反应②可知，还原性：。4>B,则标准状况下的氯气，充分反应，写出该反应的离 关系 FeBr,和Cl2反应时，先氧化Fe2+,C错误；反应 子方程式： 氧化剂 且 化图发生区原反园→还原生原产物 ③中，C0,0,中C0元素的化合价由+3降为 5.6L +2,1 mol Co,03参加反应时，得到2mol电子， 解析：n(Cl,）=22.4/ma=0.25moL.还 物 根据转移电子守恒，2 mol HCI失去电子生成原性：I>Fe2+,通入CL,后，氧化0.4molI需 还原剂具有医原发生化反园 Cl2,D正确 要0.2 mol Cl2,剩余的0.05 mol Cl2氧化 被氧化 生成氧化产物 答案：D (下转第4版) 素养 测评 数理极 9.[环保情境]水体中存在的NO、NO?等致癌 第一轮复习精练卷 阴离子对人体健康构成严重威胁.采用Pd-Fe,O,双 ②♪ 能化剂，可实现用山，消除酸性废水中的致物@西 涉及内容：氧化还原反应 NO5、NO,.Fe,O.中含有Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，其反应历 （满分：100分，时间：75分钟) 程示意图如右图所示.下列说法错误的是 () (Pa ◎数理报社试题研究中心 A.Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)相互转化起到了传递电子的 ①2H 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选作用 项符合题意) B.用该法处理后水体的pH降低 1.人类的社会生活离不开化工产品，化学工业也已成为国民经济发展的 C.过程③每生成1 mol NH以及过程④每生成1molN2,转移电子数之 支柱产业.下列化工生产中，其核心化学原理不涉及氧化还原反应的是 比2：1 D.键角：NO3>NO2>NH A.侯氏制碱 B.氯碱工业 C.粗硅制高纯硅 D.工业制硝酸 10.[跨学科融合]微生物在电子供 歧化 副产物控制 2.[生活情境]化学与生活密切相关，下列生活中的变化或应用与氧化体的作用下可将Sb(+5)(存在形式 SO 为SbO3)还原为更易被去除的Sb(+3) 、沉淀去除 还原反应无关的是 自养还原 A.硫酸型酸雨放置一段时间后，酸性增强 (最终转化为Sb,S3去除)，根据电子供Ssb( b+3 SbS(s) Sb(+5)的高效还原 Sb(+3)的有效去除 B.机动车安装尾气处理器，进行尾气无害化处理 体的不同可分为自养还原和异养还原， 反应机理图 C.液态植物油转化为氢化植物油，进行固化 为去除水中的锑酸盐，某课题组建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反 D.高压静电空气净化器使部分氧气变成臭氧 应机理如右图所示.下列说法正确的是 ( 3.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是 A.该反应器可以实现S的循环利用 A.稀硫酸滴入K,CO4溶液中，溶液由黄色变为橙色 B.发生歧化反应生成1molS0时，理论上需要3molS参与反应 B.苯酚晶体长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色 C.生成Sb,S,沉淀的离子方程式为3H2S+2S3+=Sb,S,↓+6H C.将铁氰化钾{K,[Fe(CN)。]}溶液滴入FeSO,溶液中，出现蓝色沉淀 D.Sb(+5)的去除过程中每一步都发生了氧化还原反应 D.将2~3滴饱和CL,溶液滴入沸腾的蒸馏水中，液体变成红褐色 11.二氧化氯(CO,)是国际上公认的广谱消毒剂，酸性环境中利用 4.0,F,可以发生反应：H,S+40,F,=SE。+2HP+40,.下列说法正确的KC0,和C,H,0,(乙二醛)制备C10,的反应机理如下图所示.下列说法错误 ( 的是 A.02是氧化产物 B.0,F,既是氧化剂又是还原剂 KCIO C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4 D.1molH,S完全反应，转移电子数目为6N C102 KCI 5.氢化钙(CaH2)可在野外用作生氢剂，反应原理为CaH2+2H,0= A.①②③均为氧化还原反应 Ca(0H)2+2H2↑.下列有关说法正确的是 ( B.②中反应为CL+N0++02-=2Cl+N02 A.H0是还原剂 B.氧化产物与还原产物的质量相等 C.总反应中消耗的n(KClO3):n(OHC一CH0)=2:1 C.生成1molH,转移2 mol e-D.CaH,着火，可用水灭火 D.若ClO,和CL,的还原产物均为Cl,ClO,的消毒能力是等物质的量 0 0 Cl2的2.5倍 6.过二硫酸(H0 -0-0 一OH)是一种白色晶体，其酸及盐在工 12.[模块融合]化学上常用标准电极电势（氧化型/还原型）比较物质 的氧化能力.E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质 业上均常用作强氧化剂，如K,S,O,+MS0,+H,0一KMnO,+K2S0,+Y(未的还原能力越强.E值与体系的pH有关.根据表格信息，判断下列说法错误 配平).设N表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 )的是 A.97g过二硫酸中含过氧键数目为V. 氧化型/还原型物质Pb02/PbSO4MnO,/Mn2+e3+/Fe2+ B.270gK,S,0被完全还原时转移电子数目为V E(酸性条件下) 1.685V 1.51V0.77V C.反应中的Y为H,S0 氧化型/还原型物质 CL/CI- VO,/VO2+BrO/Br- E(酸性条件下) 1.36V0.991V1.423V D.所有Y、K,SO均为还原产物 7.叠氨酸钠可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应： A.酸性条件下，氧化性强弱顺序为MnO,>Cl2>V0,>Fe3+ NaNO,+NaNH,熔融NaN,+NH,↑+NaOI(未配平)来制备叠氛酸钠，下列 B.实验室可用KBrO,与浓盐酸反应制备CL2 C.向疏酸酸化的含2 mol FeCl,溶液中加入1 mol PbO2,可观察到黄绿色 说法正确的是 ( 气体产生 A.化学方程式中NaNO,和NaN的化学计量数之比为1：1 D.已知E[Fe(OH)3/Fe(OH)2]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 B.作还原剂的NaNH:占参与反应的NaNH,的物质的量的兮 Fe2*的还原性 13.钯(Pd)是航天航空高科技领域的重要材料.工业用粗钯制备高纯度 C.每生成67.2LNH,转移电子的物质的量为16mol 钯的流程如下图，下列说法错误的是 ( D.立窑的衬里适宜选用石英耐火砖 浓HC、浓HNO 8.工业上以铜阳极泥（主要成分是Cu2Te)为原料提取碲(Te),涉及以下 NH H (NH.PaCi 反应： 粗P阳→酸浸浸液中和 (氯钯酸铵 热还原→P ①Cu2Te+202+2H,S04=2CuS04+Te02+2H,0 红色) ②Te02+2S02+2H,0=2H,S04+Te NO. 滤液 气体 下列说法错误的是 A.“酸浸”时反应的化学方程式是P1+6HC1+4HNO,(浓)=HPCL。+ A.Cu,Te中Cu元素的化合价是+1 4N0,↑+4H20 B.反应①中氧化剂是02，氧化产物是CuS04和Te02 B.“热还原”中每生成1 mol Pd同时生成的气体的物质的量为8mol C.每制备1 mol Te,理论上两个反应共转移12mol电子 C.可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4 D.氧化性强弱顺序为0，>S0,>Te0, D.在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸 数理极 素养 测评 14.某学习小组为探究各价态钻的化合物与H,02的反应，室温下进行了 17.(13分)五氧化二钒(V0)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂.利 如下实验.已知：CoS04溶液为粉红色、Co,(s04),溶液为蓝色、用废钒催化剂的酸浸液（含V0、V02*、K、Fe3+、A3+和S0?)制取V,0, [Co(C03)2]2为红色、[Co(C03)3]3为墨绿色 的一种工艺流程如下： 步骤 操作 现象 KCIO; KOH ROH KOH溶液NH,C 向1mo/L CoSO,溶液中滴加过 量30%的H,02溶液 无明显现象 废钒催化剂 的酸浸液 氧化 调pH离子交换一→洗脱→沉钒 煅烧→V0 向含有过量浓NaHCO,的溶液 ② 中滴加1mol/LCoS04溶液 溶液变为红色，有气泡冒出 AI(OH)、Fe(OH)3流出液 ROH 滤液 ③ 把步骤①的溶液倒人含有大量 容液变为墨绿色，并产生大量能使带火星木 已知：i溶液中含+5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如下图所示； 浓NaHCO,的溶液中 条复燃的气体 ⅱ.“离子交换”和“洗脱”可表示为 ④ 向步骤③完全反应后的溶液中 溶液先变为蓝色， 一段时间后溶液变为粉红 4R0H+V,012==RV,02+40H 加人足量稀硫酸 色，变色过程中始终有气体生成 V0 (ROH为阴离子交换树脂) 下列说法错误的是 回答下列问题： HVO A.步骤④中生成的气体与步骤②生成气体相同 VO (1)“氧化”时控制溶液的pH<1, B.步骤③中H,02发生了两个氧化还原反应 141210 8 6 V02+(约0.1mo/L)反应的离子方程式 pH C.步骤③表明[Co(C0)3]3是H,02分解的催化剂 为 D.Co2(S04)3溶液在酸性条件下不稳定 (2)“调pH”时控制溶液pH约为7~8.pH不能过大的原因是 二、非选择题（本题包括4小题，共58分）》 15.(13分)铅及其化合物用途多样.查资料得知Pb02是不溶于水的固 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤干净的实验方法是 体，受热会发生分解反应.其晶体内部有空穴，电子可以在空穴中跳跃，因此 P02可以导电，用作铅酸蓄电池的电极.请回答下列问题： (4)“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是 (1)铅是碳的同族元素，常见的价态为 和 (5)为测定所制得V20,样品的纯度，进行如下实验：称取0.5000g样品， (2)P0,与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为 用稀硫酸溶解，定容得100mL(V02)2S0,溶液.量取20.00mL溶液放入锥形 瓶中，加入过量的30.00mL0.05000mol/L(NH4)2Fe(S04)2溶液，再用 (3)PO,可由Pb0与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为 0.01000mol/LKMnO,标准溶液滴定过量的Fe2+至终点，消耗KMnO,标准溶 P0,也可以通过石墨为电极，以 液的体积为10.00mL.V,0,样品的纯度为%[已知杂质不参与反应， Pb(NO3),和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取，阳极发生的电极反 实验过程中涉及的反应有：V0,+Fe2*+H*一V02++e3++H,0(未配平)； 应为 MnO,+Fe2++H*一Mn2++Fe3++H,0(未配平)]. (4)Pb0,在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示 18.(20分)资料显示，L,可以将Cu氧化为C2+.某小组同学设计实验 探究C被I,氧化的产物及铜元素的价态.已知：山，易溶于K溶液，发生反 3.359% 应：山2+I一一（红棕色）；山和1氧化性几乎相同.回答下列问题： (1)将等体积的KI溶液加到含mmol铜粉和n mol I,(n>m)的固体混 PbO 合物中，振荡.实验记录如下： 已知失重曲线上的a点为样品失重3.35%（即 c(KI) 实验现象 样品起始质量-a点固体质量×100%)的残留固体，通过计算求表示a点固 0.01 mol/L 极少量1，溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化 样品起始质量 为白色沉淀，溶液仍为淡红色 体组成的化学式为 实验川 0.1 mol/L 部分1，溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为 白色沉淀，溶液仍为红棕色 16.(12分)用如下图方法可回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu. 实验Ⅲ L,完全溶解，溶液为深红棕色：充分反应后，红色的铜粉完全 4 mol/L 溶解，溶液为深红棕色 合A加图图器冷9一山洛演一运会参务 Zn粉 →Au ①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验I 实验Ⅱ（填“> 压用a四袋批 <”或“=”) 含Cu2+、Ag溶液 ②实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在的形式有 [Cu(H,0)]2+(蓝色)或[CuL2](无色)，进行以下实验探究： 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解；②HAuCl,.=H+AuCL.回答下列 步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCL4,多次萃取、分液， 问题： 步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐 (1)酸溶后经 操作，将混合物分离。 渐变深 (2)浓、稀HNO,均可作酸溶试剂.溶解等量的Cu消耗HNO,的物质的 i.步骤a的目的是 iⅱ.查阅资料，2Cu2++4=2Cul↓+l2,[Cu(NH,)2]+(无色)容易被 量不同，写出消耗HO3物质的量少的反应的化学方程式： 空气氧化.用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化： (3)HNO,-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同. ③结合实验Ⅲ，推测实验I和Ⅱ中的白色沉淀可能是Cl,实验I中铜被 ①上述流程中溶金反应时产生NO,写出该反应的离子方程式： 氧化的化学方程式是 一·分别取实验I和Ⅱ充分反应后的固 体，洗涤后得到白色沉淀，加人浓KI溶液， (填实验现象)，观察到少 ②关于溶金的下列说法正确的是 (填字母序号) 量红色的铜.分析铜未完全反应的原因是」 A.用到了HNO,的氧化性 (2)上述实验结果，2仅将Cu氧化为+1价.在隔绝空气的条件下进行 B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 电化学实验，证实了1，能将Cu氧化为Cu2+.运用氧化还原反应规律，分析实 C.用浓盐酸与NaNO,也可使金溶解 验I~Ⅲ中Cu被，氧化只得到+1价的原因： (4)若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl.4完全还原，则参加反应的Zn的 物质的量是 mol. (参考答案见下期)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—