第5期：金属及其化合物(二)(铁、铜)-【数理报】2027年高考化学一轮复习学案

素养 拓展 数理极 9S0,,Cu,S+0, 铜及其化合 高温2Cu+S0, 2.湿法炼铜 CuSO Fe =FeSO+Cu 3.电解精炼铜 @广西陈骁波 阳极：fe-2e=fe2+、Zn-2e=Zm2+ 命题点白铜及其化合物的性质及转化 中间价态，可发生歧化反应.如Cu20+2H Cu-2e-=Cu2+ Cu Cu2*+H.O. 阴极：Cu2++2e=Cu 例工下列有关说法正确的是 (3)CuS04是白色粉末，可用于检验水的存 命题点自铜的配合物 A.铜在潮湿的空气中易生锈生成对应的氧 在，但不能作干燥剂 化物 (4)CS04·5H,0俗称胆矾或蓝矾，在不同 例4(2025·江苏)探究含铜化合物性质的 B.铜与硫粉在加热条件下反应生成CuS 温度下逐步失去结晶水，最终分解为氧化铜. 实验如下： C.CuS0,溶液可用于游泳池水的杀菌消毒 步骤I.取一定量5%CS0溶液，加入适 D.将CuCL,溶液在蒸发皿中加热蒸干，得 命题点白铜及其化合物的制备 量浓氨水，产生蓝色沉淀。 到无水CuCL,固体 例3用含铜丰富的自然资源黄铜矿 步骤Ⅱ.将沉淀分成两等份，分别加入相同 解析：铜锈的主要成分是Cu,(OH),C0,不(CuFS2)冶炼铜的工艺流程如下： 体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液 是氧化物，A错误；S的氧化性较弱，只能将Cu 调节pH 分别呈现深蓝色、蓝色， CuCl,溶液 浓盐酸 氧化为Cu,S,B错误；CuSO4是重金属盐，能使 步骤Ⅲ.向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插 蛋白质变性，故可用于游泳池水的杀菌消毒，C 函溶液 过滤 Cu 入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀 正确；加热条件下，CuCl,水解程度增大，蒸干后 滤液 硫单质 滤液 盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出 得到Cu(OH)2,D错误 已知：CuFeS.,+3CuCl,=4CuCl+FeCl,+ 现红色物质！ 例2下列有关铜元素转化的离子方程式书25.下列有关该流程的说法错误的是（） 下列说法正确的是 ( 写正确的是 () A.“浸取”时，若改用FeCl,溶液，也能生成 A.步骤I产生的蓝色沉淀为[Cu(NH)4]S04 A.用CuS0,溶液除H,s气体：Cu2++S2-=CuCl和S,该反应的化学方程式为CuFeS2.+ B.步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2+)< CuS↓ 3FeCl;=CuCl+4FeCl2+2S c蓝色（Cu2+) B.用FCl,溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路 B.向“过滤1”所得滤液中加入足量铁粉 C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝 板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2 可以提高铜的回收率 色溶液迅速钝化 C.铜与稀硝酸反应：Cu+2NO3+4H+= C.“过滤3”所得滤液为CuCl2溶液，可以在 D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反 Cu2++2N02↑+2H20 工艺中循环使用 应为[Cu(NH)4]2++Fe=Cu+Fe2++4NH↑ D.湿法炼铜：Fe+Cu2+=Fe2++Cu D.为保持流程持续循环，每生成2 mol Cu, 解析：步骤I中产生的蓝色沉淀是 解析：HS不能拆，正确的离子方程式为 理论上需补充CuCl,的物质的量为1mol Cu(OH)2,过量氨水才会溶解沉淀形成配合物， Cu2++H,S=CuS↓+2H+,A错误；Fe3+与Cu 解析：CuFeS.2中加入CuCl,溶液浸取，由已A错误；步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中 的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,B项电荷 知反应可知，过滤后得到的滤液中含有FeCl,和的Cu2+因形成[Cu(NH)4]2+配离子而浓度降 不守恒，故错误：铜与稀硝酸反应生成N0,正确 过量的CuC,固体中含有CuCl,S,加入浓盐酸低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由 的离子方程式为3Cu+8H*+2N0=3Cu2++ 除疏，过滤得到的滤液中含有[CuC,]ˉ，调节溶移动，浓度较高.因此c深蓝色(Cu2+)< 2N0↑+4H,0,C错误， 液pH发生歧化反应生成Cu和CuC,过滤可得c色(Cu2+),B正确；步骤Ⅲ中无明显现象的原 答案：D 到Cu,得到的滤液中含有HCl和CuC,可以循因是配合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C 环使用，据此分析解答 P归纳总结 错误；步骤Ⅲ中加入盐酸后，H与NH3结合生 1.铜及其常见化合物的颜色 Fe+可作氧化剂，根据原子守恒和得失电成NH,导致配合物释放Cu2·,随后Fe与H 子守恒可得该反应的化学方程式为CuFeS2+ Cu一紫红色 C0一黑色 反应生成H,(气泡)，并与C2+发生置换反应生 3FeCl,=CuCl+4FeCL2+2S,A正确：“过滤1” Cu,0一砖红色 Cu,S一黑色 成Cu,D错误 所得滤液中溶质主要成分为FeCL,、CuCL,加入 CuSO,一白色 CuS0,·5H,0一蓝色 答案：B 足量铁粉可以置换出铜，提高铜的回收率，B正 Cu2(0H)2C03一绿色Cu(0H)2一蓝色 确；“过滤3”所得滤液中含有HCl和CuCL2,可 P归纳总结向硫酸铜溶液中加入氨水和 2.铜及其化合物间的转化 以循环使用，C错误；流程中涉及反应有CuFeS,.+ 乙醇的现象 Cu(NO3)2 3CuCl,=4CuCl FeCl,2S CuCl Cl-= 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，形成难溶 个 HNO NaOH 的氢氧化铜；继续添加氨水，难溶物溶解，得到 Zn HNO3 HNO, [CuCL,]-、2[CuCL2]=Cu↓+Cu2++4Cl,综 02 △ 合可得生成2 mol Cu需4mol[CuCl2]~,4mol 深蓝色的透明溶液；再加入乙醇后，析出深蓝色 CuS 之Cu0 -Cu(OH)2 H2 [CuCl,]需4 mol CuCl;浸取生成4 mol CuCl消 的晶体.得到的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO,· 02+C02+H20 NaOH HCI H,0 HCI 耗3 mol CuCl2,同时歧化生成2 mol CuCl,循环 HS Cu(0H)2C0 使用，净消耗CuCl2为3mol-2mol=1mol,D 误区管示… 正确. 答案：C (1)Cu0中Cu元素的化合价为+2，具有氧 化性，可与H2、C、CO、NH3、乙醇等具有还原性 P归纳总结其他冶炼铜的工艺 的物质反应生成Cu. 1.火法炼铜 6CuFeS:1303Cu 2Fe,0.+ 向硫酸铜溶液中加入氨水和乙醇 (2)Cu,0中Cu元素的化合价为+1，处于 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 数况超 考 第5期 0351-5271248 第一轮复习 总第1201期 2026年8月4日星期二 第4期2-3版参考答案 精练卷（四） 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：C川14-0707八F)邮发代号：21-208B 1.B2.B3.B4.C 5.D6.C7.D8.D 色，则说明含有fe3+;或加人K[Fe(CN)6](亚铁 9.C10.B11.C12.B 13.C14.B 铁及其化合 氰化钾)溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有Fe3+. 误区警示… 15.(除标注外，其余每 空2分)(1)2A1+20H+ 能否用酸性高锰酸钾溶液检验F©2+，需要 6H20=3H2 湖南周佳莹 看溶液中是否含有可以被酸性高锰酸钾溶液氧 2[AI(OH)4] 命题点白铁及其化合物的性质及转化 (4)Fe,04有固定的组成（可看作Fe0· 化的其他还原剂，如果没有，则可以：如果有，则 (2)K2(H2C03)> Fe,0、,e元素有+2、+3两种价态)，属于纯净 不能.例如，检验某FeCl,溶液中是否含有 K[A1(OH)3](3分) (3)搅拌、适当升温 例工(2025·河南)X是自然界中一种常见 物，但不属于碱性氧化物 FeCl2,不能用酸性高锰酸钾溶液，因为Cl~也可 (或适当增大盐酸的浓度) 矿物的主要成分，可以通过如下图所示的四步 (5)Fe0不稳定，在空气中加热后生成 以使酸性高锰酸钾溶液褪色. (4)①增大H*浓度， 反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反 Fe Oa 抑制ACl3的水解；增大 应条件).已知X和Q的组成元素相同， 命题点自 命题点白Fe2+和Fe+的检验 Fe(OH)2的制备 CI-浓度，促进AICI 6H20的析出(3分) 固体X 固体Y 溶液Z 溶液R 例3下列各图示中能较长时间看到 ②饱和A1CL,溶液 (黄色) (红棕色) (棕黄色) (浅绿色) 例2下列离子的检验方法合理的是( Fe(OH)2白色沉淀的是 16.(除标注外，其余 固体Q A.向某溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说 背沸的NaOH 每空2分)(1)①b→c→h (黑色) 明不含e2 稀硫酸 i(或i→h)b→c 下列说法错误的是 B.向某溶液中先通入Cl2,然后再加入 ②2Sr02+2C02 2SrC03+02 A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2 ③bcadfe B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C.向某溶液中加人aOH溶液，产生红褐 (2)①三颈烧瓶(1 C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行 色沉淀，说明溶液中含有fe3+ 分)防止倒吸 D.Q可以通过单质间化合反应制备 D.向某溶液中加入NaOH溶液产生白色沉 ②Sr2++2NH3+ 解析：X是自然界中一种常见矿物的主要淀，一段时间后观察到沉淀逐渐变为红褐色，说 FeSO,溶液 8H20+H202=S02· eS0,溶液 成分，根据溶液Z、R和固体Q的颜色可知X中 明原溶液中只含有Fe2+,不含有Mg2 ③ 4 8H20+2NH中和反应 生成的H+,促进反应进 含有铁元素，则X是FeS2,Y是FeO,溶液Z中 解析：溶液中滴入KSCN溶液呈红色，说明原 A.①②③ B.①②④ 行，同时防止产物和酸发 含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+,Q是FeS.据此溶液中含有Fe3+,无法判断是否含有Fe2+,A错 C.①②③④ D.②③④ 生反应(3分) 分析解答 误；溶液中先通人CL,然后再加入KSCN溶液变 解析：图①装置，先滴加稀硫酸，利用产生 ③蒸发浓缩、冷却结 Fe,O,可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正红色，说明通入CL,后溶液中含有FPe+,由于C,的H,排出空气，再滴加NaOH溶液可看到白色 17.(除标注外，其余 确；含有Fe3+的溶液加热后转化为Fe(OH),胶体 有氧化性，无法判断原溶液中是含有Fe3+还是F(0H)2沉淀，图①装置符合题意；图②装置先 每空2分)(1)MgC0, 或沉淀，溶液颜色发生变化，B正确；Fes可溶于酸， Fe2+,B错误；溶液中加入Na0H溶液，产生红褐打开弹簧夹a,利用产生的H,排出空气，再关闭 Mg0+C02↑ 所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误； 色沉淀，说明溶液中含有Fe3+,C正确；溶液中加弹簧夹a,利用压强将FeSO,溶液压人NaOH溶 (2)NH 在加热条件下Fe和S化合生成FeS,D正确 入Na0H溶液产生白色沉淀，一段时间后观察到液中，图②装置符合题意；图③装置未隔绝空 (3)将Fe2+氧化为 答案：C 沉淀逐渐变为红褐色，说明原溶液中含有F®2+， 气，生成的e(OH),很快被氧化，图③装置不 生成的MnO2和 Fe3+能催化H202分解，从 P归纳总结 但由于红褐色的掩盖，无法确定原溶液中是否含 1.铁及其化合物间的转化 符合题意；图④装置将吸有NaOH溶液的滴管 有Mg2+,D错误 而加大H202用量(3分)》 伸入液面以下，并利用苯隔绝氧气，可使 FeO3,Fe+之Fe(OH) (4)4.6×10 答案：C /Fe:O Fe(OH),沉淀不与氧气接触，图④装置符合题意. (5)避免生成 Fe0→Fe 之fe(OH)y Q技巧点拨 Fe3+、Fe2+的检验 答案：B Mg(0H)2沉淀 (6)2HF+Mg2 离子 检验试剂 主要现象 ?技巧点拨其他制备Fe(OH)2并能长时 MgF2↓+2H 0 NaOH溶液 生成红褐色沉淀 Fe3+(黄色) KSCN溶液 溶液呈血红色 间不变色的装置图 18.(除标注外，其余 单质氧化物盐 碱物质类别 苯酚 溶液呈紫色 该电解装置中，Fe作阳 每空2分)(1)①5.3 2.Fe、Fe2+、Fe3+三者之间的转化 先生成白色沉淀，在空 极，Fe失电子生成Fe2+,阴极 ②250mL容量瓶、胶 Fe、还原性 NaOH溶液 气中迅速变为灰绿色 上水中H+得电子生成H2,同 头滴管③20.0a Cu 最后变成红褐色 (2)①越大 弱氧化剂H co 强氧化剂 CO Br 煤油 时产生OH,Fe2+和OH结合 ②ⅡHCO?自耦电 H H2 HNO Fe2+(浅绿色 加人KSCN后无明显现 KSCN,氯水 NaOH溶液生成Fe(OH)2·上层煤油隔绝 离的平衡常数K= A 浓硫酸 象，加氯水后呈红色 空气，可防止e(OH)2被氧化， c(HC03)·c(C0) 强氧化剂：Cl2、Br2、02、HN0等 之Fe K3[Fe(CN)6. 能较长时间不变色， c2(HCO) 氧化性、还原性 还原剂：Zn、fe、CuS2等 生成蓝色沉淀 氧化性 溶液 该装置 K正 4.7×10-14 4.5×10-7 ≈1× !误区警示 中，先打开弹 (1)溶液中既有Fe3+,又有Fe2+时，检验 10-4≥K2,说明HC0自 簧夹a,利用产 (1)自然界中单质形态的铁存在于陨铁中. Fe2+可选择加入酸性KMnO,溶液，若KMnO,溶 耦电离程度远大于HCO 生的H2排出 的电离，即猜想Ⅱ成立 (2)Fe与Cl2反应时无论用量多少都生成液褪色，说明含有Fe2+;或加入K[Fe(CN)6] 空气，再关闭 (3分) FeCl3,而不是FeCl2 (铁氰化钾)溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有 弹簧夹a,利用 (3)铁在潮湿的空气中生成的铁锈的主要 Fe2+ aOH溶液 压强将A中产 成分是Fe,03,而铁在氧气中燃烧的产物是 (2)溶液中既有Fe3+,又有Fe2+时，检验生的Fes0,溶液压人NaOH溶液中，可防止Fe(OH)2 Fe304 Fe3+的存在可直接加人KSCN溶液，若溶液呈血红被氧化，能较长时间不变色 素养 测评 数理极 B.若溶液B无色透明，则固体A中一定含有Z粉 第一轮复习精练卷 C.向溶液B中滴人几滴KSCN溶液，溶液可能变为血红色 D.将固体A投入稀盐酸中，没有气泡生成，则溶液B中可能含有大量 涉及内容：铁、铜及其化合物 H+和Cu2 (满分：100分，时间：75分钟) 10.Fe,0,和Fe0的热化学循环可以利用太阳能 ◎数理报社试题研究中心 太阳能，其转化关系如右图所示.已知反应：2300凶 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K,[Fe(CN)6]+FeCl,=KFe[Fe(CN)6]↓+ 项符合题意) Fe.O 1.港珠澳大桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材就 2KC1l可用来检验Fe2+.下列叙述错误的是( 700K 有42万吨.下列材料中不属于铁合金的是 A.分析过程I和Ⅱ，Fe,O,是该循环过程 ( A.生铁 B.铁锈 C.不锈钢 D.铁锰合金 中的催化剂 2.[传统文化情境]据古代文献记载：“慈石治肾家诸病，而耳明目”.“慈 B.过程Ⅱ每生成46.4gFe,04,转移0.6mol电子 石，色轻紫，石上皲涩，可吸连针铁”.文中“慈石”在一定条件下与下列物质 C.用盐酸、K,[Fe(CN)。]溶液不能检验Fe,O.和Fe0混合物中的FeO 反应时属于非氧化还原反应的是 D.该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中CO2的含量 A.稀硝酸 B.稀硫酸 C.氢碘酸 D.铝粉 11.室温下，探究0.1mol·L1Fes04溶液的性质，下列实验方案能达到 3.我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿探究目的的是 ( (FTO,)存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子.加热月 壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使 探究目的 实验方案 项 用.下列说法不正确的是 ( 向2 mL FeSO,溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN A.月壤钛铁矿中存在活泼氢 A 溶液中是否含有Fe 溶液，观察溶液颜色变化 B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 向2 mL FeS(0,溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶 C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 B Fe2+是否有还原性 液颜色变化 D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 向2mLFS0,溶液中滴加2~3滴酚酞溶液，观察溶液颜 4.下列关于铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是 Fe2+是否水解 色变化 A.FeCL溶液呈酸性，可用于蚀刻电路板 向2mL5%H,02溶液中滴加几滴FeS0,溶液，观察气泡 B.K,FO4具有强氧化性，可用于水的消毒 Fe2+能否催化H02分解 产生情况 C.常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，可用铁制容器贮运浓硝酸 12.为确定Fe,03和Cu混合物的组成 D.eS0:·H0具有还原性，可用作食品包装中的抗氧化剂 5.[工业情境]用化学方法在钢铁部件表面进行“发蓝”处理是一种普遍 (假设混合均匀)，某兴趣小组称取五份不 5 e(8.80,5.44)■ 采用的金属防护方法.将洁净的铁件浸人一定浓度的NaOH和NaNO,溶液 同质量的样品，分别投入30.0mL某浓度 4 d(7.04,3.68)■ 中（必要时加入其他辅助物质），加热到适当温度并保持一定时间，铁件的表 的稀硫酸中.充分反应后，每组样品剩余固 3 面形成一层致密的氧化物薄膜并有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体的质量与原样品质量的关系如右图所 ■c(5.28,1.92) 体放出.下列有关说法错误的是 )示.下列说法不正确的是 63.52,1.28） a1.76,0.64) A.“发蓝”之前可分别用Na,CO,溶液和NH,Cl溶液处理铁件 A.a、b,c三组样品均发生反应：FCO+ 012345678910 B.“发蓝”处理形成的氧化物薄膜的主要成分是Fe,O, 6H=2Fe3++3H,0,2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ m样品/g C.加热条件下，“发蓝”处理产生的无色气体能够还原C0 B.1.76g样品充分反应后，溶液中一定存在Fe2+和Cu2,一定不存在Fe3+ D.硫酸铜溶液可用于检验铁件是否“发蓝”成功 C.该混合物中n(Fe,03):n(Cu)=3:1 6.已知：40u0商進2Cu,0+0,↑，Cu,0+2H*=C2*+Cu+H,0,下列 D.稀硫酸的浓度为1.5mol/L 判断正确的是 ( 13.从废线路板（主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁）中提取铜 A.Cu0和Cu,0均为碱性氧化物 的流程如下： B.浓硝酸无法鉴别CuO0和Cu,O 稀盐酸O+NaOH C.Cu,0的热稳定性低于Cu0的 D.可用稀疏酸检验氢气充分还原C0后的固体中是否含有Cu,0 废线路板→机械粉碎 酸溶 碱溶 电解精炼→Cu 7.[传统文化情境]宋代《千里江山图》中大量使用两种含铜的矿物颜 滤液1滤液2 料.对于如下图所示转化关系，下列说法正确的是 ( 已知“滤液2”主要含SO?和HPb02.下列说法正确的是 02、H0、C02 Na,CO Cu2(0H),C03 ① C浓硫酸，Cus04③Cu(0D22CuC03 ② A.“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质 孔雀石颜料 蓝铜矿颜料 A.反应①②③均为氧化还原反应 B.“酸溶”时产生A3+、Fe3+、Zn2+离子 B.孔雀石颜料和蓝铜矿颜料受热都可能变为黑色 C.“碱溶”时存在反应：Sn+20H+02=Sn0+H,0 C.保存古画需控制温度和湿度，目的是防止孔雀石颜料等被氧化 D.“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应 D.孔雀石颜料和蓝铜矿颜料均耐酸碱腐蚀 14.8.34gFeS04·7H,0(相对分子质量： 质量g 8.部分铁、铜物质的“价一类”关系如右图所 278)样品受热脱水过程的热重曲线如右图所8.34Fes07H0 M 示，下列叙述错误的是 ( ) 示，下列说法正确的是 (）6.72 化 N A.a和e溶液能发生置换反应 A.温度为78℃时，固体M的化学式为6 Q B.可能实现d→b→a的转化 价 0 FeS04·5H20 078159373633温度/℃ C.在硝酸中加入d能生成e B.温度为159℃时，固体N的化学式为Fes0,·2H,0 D.在氢碘酸的淀粉溶液中加人c,溶液变蓝 9.向物质的量浓度均为0.1mol/L的Fe(NO,)3、Cu(NO,)2、HNO,的混 C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeS0。·H,0 合溶液中加人一定质量的Zn粉，充分反应后过滤，得到固体A和溶液B.下FS0,+H,0 列说法正确的是 ( D.取适量380℃时所得的样品P,隔绝空气加热至650℃，得到一种固 A.若溶液B呈蓝绿色，则固体A中一定不含铁 体物质Q和一种无色气体 数理极 素养 测评 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） FeS,的摩尔质量为Mg/mol,则产品中FeS2的质量分数为 (写最简 15.(16分)Fe2+在空气中易被氧化.某小组探究绿矾(FeS0,·7H,0)和表达式). 莫尔盐[(NH),Fe(S04)2·6H,0]在空气中的稳定性， ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 (填字母序号) I.探究溶液中的稳定性：配制0.1mol/L两种溶液[A:FeS04, A.还原Fe3+时SnCL,溶液滴加过量 B:(NH),Fe(S04)2],露置于空气中一段时间，并检验其中的Fe3+,结果如 B.热的e2+溶液在空气中缓慢冷却 下表. C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 新配制 1h后 24h后 D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 酸化后滴加等 酸化后滴加等 性状 17.(14分)CuCl在染色和催化领域中应用广泛.某实验小组设计如下图 性状 性状 量KsCN(aq) 量KSCN(aq 所示装置（加热及夹持装置均略去），将S02通人CuCl2溶液中制备CuCl. A3.9无色溶液 几乎无色 3.4黄色溶液 变红 3.3红褐色沉淀 B3.9无色溶液 几乎无色 3.3黄色溶液 变红 3.2红褐色沉淀 70%硫酸 单向阀示意图 0:红 (1)常温时0.1mo/L(NH4)2S0,溶液pH=5.0,则B溶液中水解程度： Fe2* NH(填“>”或“<”)，因此新配制的A、B溶液pH几乎相同. 单向间 (2)放置24h后溶液pH均减小，写出该过程中Fe2+被空气氧化的离子 饱和 方程式： NaSO3粉 NaHSO 溶液 NaOH溶液 上述实验说明两种溶液中的Fe2+的稳定性差异不大。 0 Ⅱ.探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记 已知：CuCl是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇及稀硫酸，能溶于浓盐 录如下表 酸，在空气中迅速被氧化为绿色 编号 i 实验步骤： 潮湿的密 实验条件 露置 盛有干燥剂 密闭容器 ①打开装置A的分液漏斗旋塞，向蒸馏烧瓶中加入一定量的70%疏酸， 闭容器 的密闭容器 向三颈烧瓶中通一段时间S0,,关闭分液漏斗旋塞； 晶体逐渐变白，进 晶体结块，颜色 晶体逐渐变白，最 无明显变化： 绿矾 而出现土黄色； 不变；Fe3+含量 终出现淡黄色： ②打开装置C的恒压滴液漏斗的旋塞，向三颈烧瓶中加人盐酸，调pH Fe+含量很多 Fe3+含量非常少 非常少 Fe3+含量很多 至2~3，关闭旋塞； 实验结果 无明显变化 晶体略结块，颜 ③继续向装置A的蒸馏烧瓶中加入70%硫酸，向三颈烧瓶中通入过量 无明显变化 无明显变化；Fe3 莫尔盐 Fe3+含量非常 色不变；Fe3+含 的$02，产生白色沉淀，待反应完全后，关闭分液漏斗旋塞； e3+含量非常少 含量很少 少 量非常少 ④将三颈烧瓶中的白色沉淀减压过滤，用乙醇洗涤、烘干、称重。 (3)上述实验说明，相同条件下两种晶体在空气中稳定性更强的是 回答下列问题： (填名称) (1)装置A中硫酸表现 (填“氧化性”“还原性”或“酸性”) (4)甲同学推测绿矾在ⅱ中的结果与1不同的原因可能是容器中0，不 (2)实验步骤③的目的是 足造成的.乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是 (3)装置C中发生反应的离子方程式是 (4)单向阀的作用是 (5)该小组同学根据实验结果推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关 (5)实验步骤④中，采用减压过滤的优点是 洗 ①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是 涤CuCl的操作是 ②莫尔盐晶体中 (填化学符号)的存在使结晶水不易失去；该 (6)测定CuCl产品的纯度：称取所制备的CuCl产品2.000g,将其置于 离子与H,0分子之间可能存在的作用是 足量FCl,溶液中，待样品完全溶解后，加人适量稀硫酸，配成250mL溶液， (6)同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定， 移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mo/L的Ce(S04)2标准溶液滴 除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小， 定至终点，进行3次平行实验，平均消耗C(S0,)2标准溶液18.80mL,反应 中Ce+被还原为Ce3+,则产品中CuCl的纯度为 %. 16.(14分)FeS2可用作锂电池和超 18.(14分)铜转炉烟灰中含金属元素（主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐 级电容器的电极材料.制备FS2的一种 10 和氧化物以及S02.其中有价金属回收的工艺流程如下图所示： 实验装置如右图所示（加热及夹持装 硫酸 Fe Zn0KMnO,溶液 置略). 数”-南兰①应拉0十士2医造国一70，心 (1)FeS,的制备 和二苯醚 海绵铜 滤渣 在N2保护下，将溶有S的热二苯谜 浸出渣路化滤桃酸浸浸出液②院霜一PS0, 溶液注射到FS热油胺溶液中(S过量)， 继续加热回流2h,冷却至室温，离心分 FeS和油胺 Na.CO溶液硝酸 硫酸 离，经洗涤得产品FeS2 搅拌子 已知：25℃时，Km(PS04)=1.82×10~8,Kn(PbC03)=1.46×10-B ①仪器a的名称为 ;N2保 (1)为提高浸取效率，可采取的措施有 (任写一点) 护的目的是 (2)“浸出液①”中所含有的金属阳离子除了F2+和Fe3+外，还有 ②生成Fes,的化学方程式为 “浸出”中，当疏酸浓度大于1.8mo/L时，金属离子浸出率反而下 ③为除去产品中残留的S,洗涤选用的试剂是 (填“H,0”或 降，原因是 “CS2”). (3)“除杂”中，加入Zm0调节溶液pH至5.2后，用KMn04溶液氧化，所 (2)FS,的含量测定：产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条 得“滤渣”主要成分为Fe(OH),、MnO2,该氧化过程的离子方程式为 件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+,终点为无色；用 冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用K,Cr,0,标准溶液滴定Fe2+ (4)“浓缩结晶”后，冷却至室温，过滤、洗涤、干燥.洗涤时使用一定浓度 至终点.已知甲基橙的还原反应：氧化态（红色）+e一还原态（无色） 的硫酸溶液而不用水，其原因是」 ①SnCl2比FeCl,易水解，且易被氧化配制和保存SnCL,溶液需加入的 (5)“滤饼”的主要成分为 (填化学式).该工艺中，可循环利用 试剂是 的物质是 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 ③若称取的产品为ag,K,Cr,0,标准溶液浓度为cmol/L,用量为VmL （参考答案见下期)高考化学第5~8期 数理括 答案详解 2026~2027学年高考化学第5~8期(2026年8月) 第5期2-3版精练卷（五） 8.A由图可知，a为铁或铜、b为氧化亚铜、c为氧化铁、d 1.B铁锈的主要成分是氧化铁，B符合题意， 为氢氧化亚铁或氢氧化铜、为硝酸铁.铁与硝酸铁溶液反应 2.B 生成硝酸亚铁，铜与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁和硝酸铜， 3.B地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，加热可能无 都不是置换反应，A错误；氢氧化铜能与醛或葡萄糖共热反应 法生成水蒸气，B错误 生成砖红色的氧化亚铜，氧化亚铜与氢气或一氧化碳共热反应 4.AFCl在水溶液中发生水解，使溶液呈酸性，而 生成铜，所以可能实现db→妇转化，B正确；稀硝酸能与氢氧 FCl,具有氧化性，能氧化Cu,可用于蚀刻电路板，A符合 化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，C正确；氧化铁与氢碘 题意 酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，则在氢碘酸的淀粉溶液中 5.BN2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可去除 加入氧化铁，溶液变蓝，D正确。 铁件表面的油污；NH,C是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性， 9.A根据氧化性顺序HNO,>Fe3+>C2+>Fe2+可知， 能够与铁件表面的金属氧化物反应变为可溶性物质除去，A正 加入一定质量的锌粉，反应的顺序可能为3Z+8H*+2NO,= 确；“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是致密的FeO4, 3Zm2++4H,0+2N0↑、Zm+2Fe3+=Zm2++2Fe2+、Zn+C2+= 而不是疏松的F©zO3,B错误；根据题意，铁件在进行发蓝处理 Zn2+Cu Zn Fe2*=Zn2*+Fe. 时，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出，该气体 若溶液B呈蓝绿色，则溶液B中有C2+,Cu2+可以和铁发 是NH,NH,与Cu0在加热时会发生反应：2NH,+3Cu0△ 1 生置换反应，则固体A中一定不含铁，A正确；溶液B无色透 N2+3Cu+3H,0,将Cu0还原，C正确；Fe04非常致密，可以 明，说明溶液B不含铁元素和铜元素，若是加入的锌粉恰好发 对内层金属铁起到保护作用，若“发蓝”不成功，露出的F能 生上述反应，则剩余的固体只有铜、铁单质，因此固体A中可 够与CuS0,在溶液中发生置换反应：Fe+CuSO,=FeSO,+Cu, 能含有Z粉，B错误；滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红 产生的C附着在钢铁部件上，看到钢铁部件会显红色，因此可 色则说明有Fe3+,Fe3+具有强氧化性，能与锌、铁、铜反应，不 以用硫酸铜溶液检验铁件是否“发蓝”成功，D正确 可能得到固体，C错误；固体A投入稀盐酸中，没有气泡生成， 6.DCu0能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物， 说明剩余的固体不能与非氧化性酸反应，而溶液B中含有硝酸 Cu,0与酸反应除生成盐和水外还有Cu,所以C山，O不是碱性 根，若是含有大量H,则不可能有固体A,硝酸的强氧化性会 氧化物，A错误；浓硝酸与C0反应生成硝酸铜，浓硝酸与 将固体反应完，D错误. C山，O反应能生成二氧化氮和硝酸铜，反应的现象不相同，所以 10.B总反应分两步，先发生反应I,后发生反应Ⅱ， 用浓硝酸能鉴别CuO和Cu,0,B错误；高温下，CuO转化为 Fe0,在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故Fe0,作总 Cu,0,所以Cu,0的热稳定性高于CuO的，C错误；稀硫酸与 反应的催化剂，A正确；过程Ⅱ的电子转移关系为 C不反应，与Cu20反应生成蓝色溶液并有红色固体生成，反 失4×e 应现象不同，所以可用稀硫酸检验氢气充分还原CO后的固 700K 6Fe0+C0, 2Fe0,+C,46.4gFe04的物质的量为 体中是否含有Cu,0,D正确. 得4e 7.B反应①②中涉及元素化合价变化，为氧化还原反应， 0.2mol,转移0.4mol电子，B错误；Fe0和Fe04溶于盐酸，发 反应③为3CuS04+3Na,C03+H20=Cu(0H)2·2CuC0,+ 生的反应有Fe0+2H+=Fe2++H20、Fe04+8H+=Fe2++ CO2↑+3Na,S04,各元素化合价不变，是非氧化还原反应，A 2Fe3++4H20,Fe,04中也含+2价铁，无法用K,[Fe(CN)6]溶 错误；Cu(OH)2·2CuCO3和Cu2(OH)zCO3受热分解都可能生 液检验Fe,O,和FeO混合物中的FeO,C正确；上述循环的总 成黑色固体CO,B正确；古画主要由纸张与绢、绫、锦等织物 构成，易受潮和氧化，Cu2(0H)2CO,不易被氧化，C错误；孔雀 反应为C0,器C+0,从绿色化学角度分析，该循环过程 石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分都能与酸反应，不耐酸腐蚀， 利用了太阳能，实现了CO2的减排，并生成高附加值的活性 D错误. 炭，D正确 高考化学第5~8期 11.B检验溶液中是否含有Fe2+应先向待测液中滴加 (6)02分子较难进人晶体中与Fe2+反应 KSCN溶液，再加氯水.若向待测液中先滴加氯水会将Fe2+氧 16.(除标注外，其余每空2分) 化为Fe3+,无法排除原Fe3+的干扰，A错误；向2 mL FeSO,溶 (1)①三颈烧瓶(1分)防止Fe2+被氧气氧化 液中滴加几滴酸性KMO,溶液，若观察溶液紫色褪去，说明 ②Fes+S△FeS,③CS,(1分) Fe2+有还原性，B正确：Fe2+发生水解反应：Fe2++2H,0一 (2)①浓盐酸 2H+Fe(OH)2,使溶液显酸性，应滴加2~3滴石蕊溶液，观 ②当加人最后半滴还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧 察溶液颜色变化，C错误；向2mL5%H02溶液中滴加几滴 化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来 FeS04溶液，若产生气泡，有可能是e3+的催化作用，D错误. 的颜色 12.C分析图像可知，c点之前剩余的固体是铜，且随样 ③3cM9% 品质量的增加，剩余的铜的质量等倍数增加.©点时出现拐点， 5a c点之后剩余固体的质量等于1.92g与样品增加的质量之和， ④AC 说明c点时硫酸已反应完.样品先发生反应：Fe2O3+6H一 解析：(2)③e2+被KCr,0,氧化为fe3+,关系式为6Fe2+~ 2Fe3++3H20,生成的fe3+再与铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++ Cr0号，n(FeS2)=n(Fe2+）=6n(K,Cr0,）=6×cmol/L× C2+,A正确；根据图知1.76g样品与稀硫酸反应，此时铜过 10-3VL=6cV×10-3mol,产品中FeS的质量分数为 量，生成Fe2+、Cu2+,没有Fe3+,B正确；取c点(5.28,1.92)进 6cVx10molx M g/mol00%3cVM a g 5a 行计算，设Fe03为xmol,根据e20,~6H+~2Fe3+~Cu,则 ④还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(KCr,O,) 反应的铜也为xmol,故5.28=160x+64x+1.92,解得x= 偏大，测定值偏高，A正确；热的F2+溶液在空气中缓慢冷却， 0oI5mla(am）=c+md=ao45mn(e0a(a） 导致部分Fe2+被氧化Fe3+,消耗的V(K,Cr0,)偏小，测定值 1:3,C错误；由C项得n(H+)=6x=0.09mol,n(H2S04)= 偏低，B错误；滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡 0.05m,放《s0,)-005-15mL,D正确 消失，消耗的V(KCr2O,)偏大，测定值偏高，C正确；滴定前仰 视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K,C,0,)偏小，测定值偏 13.C机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率， 低，D错误 A错误；酸溶的过程中AL、Fe、Zn转化为对应的A13+、Fe2+和 17.(每空2分)(1)酸性 Zm2+离子，B错误；“碱溶”时根据产物中的SO3,说明存在反 (2)排尽整套装置内的空气，防止生成的CuC1被空气中 应：Sn+20H+O2=SnO+H20,C正确；电解精炼时粗铜 的氧气氧化 在阳极发生氧化反应，逐步溶解，D错误 (3)S02+2Cu2++2Cl-+2H,0=2CuCl↓+S0}+4H+ 14.C78℃时，固体M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量 (4)防止装置D中的溶液倒吸入装置C中 比为杀点·（品×72） (5)过滤速度快，防止CuC1被氧化沿玻璃棒向漏斗中 18 g/mol 加入乙醇至浸没CC1沉淀，待乙醇自然流下，重复此操作 0.03mol:0.12mol=1:4,则M的化学式为FeS04·4H20,A错 2~3次 误；同理可得出159℃时，N的化学式为FS0,·H20,373℃ (6)93.53 时P的化学式为FeSO4,B错误，C正确；加热至650℃时，固体 解析：(6)CuCl与FeCL,溶液反应的离子方程式为CuCl+ 质量为2.40g,其中n(Fe)=n(FeS04·7H20)=0.03mol, e3+=Cu2++Fe2++Cl,加入Ce(SO4)2标准溶液发生反应： m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(0)= Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,则可得关系式CuCl~Fe2+~Ce4+, 40g1.68g=0.7卫g,n(0)6226=0.045m0l n(CuC)=n(Ce4+)=0.1000mol/L×18.80×10-3L= n(Fe):n(0)=0.03mol:0.045mol=2:3,所以固体Q的化学 1.880×10-3mol,产品中CuCl的纯度为 式为Fe,0,.根据质量守恒和得失电子守恒可知有S02和S03 1.80×10-ml×2×9.5g/ 生成反应的化学方程式为2FeS0,疆e,0,+S0,↑+S0,↑， 2.000g -×100%=93.53%. D错误。 18.(每空2分)(1)适当加热、增大硫酸的浓度、搅拌等 15.（每空2分)I.(1)> (2)C2+、Zm2+难溶物PbS0,覆盖在表面，阻碍铜、锌元 (2)4Fe2++02+10H20=4Fe(0H)3↓+8H 素的浸出 Ⅱ.(3)莫尔盐 (3)3Fe2++Mn0:+7H20=3Fe(OH)3↓+Mn02↓+ (4)根据实验iⅳ，同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化 5H' (5)①晶体变白②NH氢键 (4)减少ZnS04·7H20的溶解损失 高考化学第5~8期 (5)PbCO3、SiO2HNO 8.CMnO2与浓盐酸反应制Cl2的条件是加热，但装置a 解析：铜转炉烟灰用硫酸浸出，得到难溶于硫酸的浸出渣 无加热仪器，A错误；制得的Cl2中混有HC1和水蒸气.若装置 PbS04、Si02,浸出液中含有CuS04、ZnSO4、FeS04、Fe2(S0,)3, 用饱和食盐水除HC1,会引人水蒸气；而后续反应需“无水 浸出液中加人过量铁，置换出铜单质，铁将Fe3+还原为F©+， FCl,催化”，因此装置c应盛放浓硫酸干燥Cl2,B错误；尾气 所得滤液①中含有ZnSO4、FeSO4;浸出渣中加入碳酸钠纳溶液， 含未反应的C2和生成的HC,均为酸性气体，碱石灰可吸收酸 PbSO,沉淀转化为碳酸铅沉淀，故滤饼中的主要成分为 性尾气；同时碱石灰能阻挡空气中的水蒸气进入装置d,C正 PbC03、SiO2,由此作答 确；反应后装置d的三颈烧瓶中含氯苯、未反应的苯、溶解的 第6期2-3版精练卷（六） HCl、催化剂FeCL,等.水洗可除去HCl和FeCl,但苯与氯苯互 1.B 溶，仅水洗、分液无法分离二者，需通过蒸馏分离沸点不同的苯 2.D聚碳酸酯是有机材料 和氯苯，D错误. 3.D硅胶具有吸水性，食品袋里放入硅胶，用作干燥剂， 得2×2e 不能用作抗氧化剂，A错误；石墨烯-硅太阳能电池光电转换 9.D 根据4H0+02Q,+246可知.生成2m 效率虽然较高，但仍不能达到100%，B错误；可穿戴式智能测 失4×e 温设备的测温芯片主要成分是硅单质，C错误；硅酸钠具有粘 C2转移4mol电子，则反应每生成标准状况下22.4LCl2,转 结性，能将玻璃塞和试剂瓶粘在一起，所以硅酸钠不能保存在 移电子的数目等于2×6.02×10，A错误；450℃时，H,0以水 磨口玻璃塞试剂瓶中，D正确. 蒸气形式存在，该反应平衡常数的表达式为K= 4.B“还原”步骤中焦炭和石英砂反应生成粗硅和C0, Si0,+2C高温Si+2C0↑，C0不能使澄清石灰水变浑浊，A错 C(C,)·(H0),B错误：催化剂可以降低正、逆反应的活化 c4(HCl)·c(02) 能，但不能降低反应的焓变，C错误；CL2和O2中含有非极性 误；“高温氮化”是Si与2反应，原料气中含有N2和少量的 键，H,0和HC中含有极性键，D正确. 02,02能与S反应生成Si02,灼热的铜粉可与02反应，从而 10.D通入空气的目的是稀释C1O2,防止CO2发生爆 除去N2中含有的少量O2,B正确；“高温氮化”合成反应为 炸，A错误；吸收塔中加入氢氧化钠、HO2发生氧化还原反应 3S+2八，高温s,八，反应中氮元素的化合价降低，被还原，故 生成NaC02,离子方程式为20H+2C102+H,02=2C102+ N2是氧化剂，C错误；“高温氮化”制备的Si,N4中含有少量Fe 2H20+02↑，B错误；C1O2具有氧化性，S0具有还原性，二 和Cu及其化合物，Cu与稀硫酸不反应，杂质不能完全除去， 者会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误。 D错误. 11.Cc(Ag)·c(C1)>K(AgCl)时产生白色沉淀，A 5.BC2能与氢气化合生成氯化氢，可用于工业制盐酸， 错误；实验2中发生的反应有：C0+C+2CH,C0OH=Cl2↑+ 与氯气溶于水无关，A错误；HCIO溶液有强氧化性，可用作漂 H,O+2CH,COO.CH,COOH CIO=CH,COO HCIO. 白剂，与酸性无关，C错误：S0,具有良好的光学性能，可用于 制备光导纤维，D错误 2HC10光照2HC+0,↑，容器壁中气泡成分有0，和，丙种， 6.BX的浓溶液易挥发，X为H,W中Cl元素的化合 B错误；A+和C0~因发生水解互促而不能大量共存，H+和 价为+5，为NaClO3,则Z为Cl2,M为NaCl,Y为NaClO. COˉ结合生成HClO而不能大量共存，D错误. Z为CL2,其水溶液中存在H,0、C2、HCIO三种分子，A正 12.D84消毒液的有效成分为NaClO,与浓盐酸发生氧化 确：Y为NaClO,其水溶液有漂白性，不能用pH试纸测其水溶 还原反应生成氯气，反应的化学方程式为NaC0+2HCl(浓)一 液的pH,B错误；Y为NaCIO,是84消毒液的有效成分，C正 NaCl+CL2↑+H2O,浓盐酸体现酸性和还原性，A错误；具支试 确：W为NaCO3,M为NaC,反应②的化学方程式为3Cl2+ 管产生氯气，在a处遇KBr发生置换反应生成Br2,溶液变橙 色，可得氧化性：Cl2>Br2,b处变蓝说明生成I2,因Br2具有挥 6NaOH△5NaCl+NaCIO,+3H20,故NaClO,与NaC的物质 发性，此处的2可能由CL2或Br2置换出，不能证明L2与Br2 的量之比为1：5，D正确 的氧化性强弱，B错误；浓盐酸具有挥发性，H@气体也能与酸 7.C NaHSO3具有还原性，Cl2具有氧化性，二者能发生 性KMO,溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，不能说明是 氧化还原反应A正确；电解饱和食盐水时，阴极上水电离出的 KMnO4与Cl2发生反应，C错误；氯气和NaOH溶液反应生成 H+放电，B正确；K”C1O,与浓盐酸反应制备二氧化氯，”CO NaCl和NaClO,溶液碱性变弱，同时NaClO具有漂白性，故酚酞 中的Cl由+5价降低到+4价，生成”C102,Cl生成CL2,反应 溶液褪色，D错误， 的离子方程式为2”C0;+4H++2C1=CL2↑+2”C102↑+ 13.DBr2和CCL4均为非极性分子，而BCl为极性分子， 2H,O,C错误；氯气溶于水生成HCl和HC0,HCl0是弱酸，离 根据相似相溶原理，常温下，在四氧化碳中的溶解度BC1比 子方程式为C2+H,0=H++C1+HC1O,D正确. Br,小，A正确：BCl和ICl中Br、I均为+I价，Br比I+更易得 3 高考化学 第5~8期 电子，因此BCl的氧化性强于ICl的，B正确；BC中Cl元素HClO 呈-1价，与AgNO,反应生成AgCl,C正确；BCl与NaOH溶液 (2)C10+2I+H20=L2+C1+20H 反应生成NaBO、NaCl和H,O,D错误 (3)向pH=10的NaOH溶液中加入少量滴有淀粉溶液的 14.D因为液溴易挥发，利用热空气可吹出溴单质，A正 碘水，振荡，蓝色褪去(3分) 确；吸收塔中发生反应：Br2+S02+2H,0=2HBr+H2S04,使 (4)①C2②溶液中的C2或HC10也可将I氧化为L2, 溴得到富集，B正确；蒸馏塔中利用物质沸点使得溴单质被蒸 使溶液变蓝加热H=2的溶液至无色，使黄绿色气体（或 馏出来，得到分离，C正确；吸收塔中，S02被氧化，二氧化硫作 C,)充分逸出，使HCO完全分解，冷却后再加入KⅪ溶液(3 还原剂，Fe2(S0,)3中Fe3+具有强氧化性，不与溴单质反应，因 分)③3C10+I=3C1-+I02 此Fez(S04)3不能代替SO2,D错误. 解析：(2)实验I中溶液变为浅黄色，说明有碘单质生成， 15.(除标注外，其余每空2分)(1)2C+s10,高温s1+2C0↑ NaClO氧化K生成l2,自身被还原为NaCl, (2)CD (3)欲证明L2在碱性溶液中不能存在，可向NaOH溶液中 (3)Si有空的3d轨道，容易受到水分子进攻；Si一Cl键能 滴加滴有淀粉溶液的碘水，观察溶液是否褪色 小，容易断键(3分)取少量水解后的溶液分成两等份于两支 (4)②由题给信息知，酸性条件下0；不能氧化C1,可 试管中，一支试管中滴入紫色石蕊溶液，变成红色，则证明溶液 以氧化I,取实验Ⅱ所得溶液，滴加稀硫酸至过量，整个过程 中有氢离子；另一支试管中滴人硝酸银溶液，产生白色沉淀，加 均未出现蓝色，说明没有生成碘.一段时间后有黄绿色刺激性 入稀硝酸后沉淀不溶解，则证明溶液中有氯离子(3分) 气味的气体产生，说明生成C2,测得溶液的pH=2.由C10和 (4)SiGl4+4CH,CH,0H一→(CH,CH20)4Si+4HCl C1ˉ在酸性条件下反应生成Cl2,因溶液中的CL2或HC1O也可 解析：(2)因电负性：Cl>H>Si,SiHCl中H元素和Cl元 将I氧化为马2，使溶液变蓝，则此实验不能说明实验Ⅱ所得溶 素的化合价均为-1，因此Si元素的化合价为+4，A错误；Si 液中存在IO,,此时应加热，除去氯气和HCIO,再加人KI溶 和SiO2都是共价晶体，Si的原子半径大于0的，因此Si一Si键 液，溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在O,. 长比Si一0键长要长，因此Si一O键能更大，晶体Si的熔点低 第7期2-3版精练卷（七） 于SO2的，B错误；由流程图可以看出步骤Ⅱ消耗HCl生成H 1.BHSO3在空气中易被氧化为H,SO4,pH减小，B错误 (Si+3HC130o℃ SiHC,+H2),后续氢气还原SiHCI,时消耗 2.D加人H202后，发生反应：Cu+H202+2H+=Cu2++ H,生成HC(SiHCI,+H,oCSi+3HC),则H,和HC1都 2H0,铜粉溶解，A不符合题意；加人Fe2(S04)3后，发生反 应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,铜粉溶解，B不符合题意；加入 可循环使用，C正确；SiHCI,(沸点33.0℃)和SiCL（沸点 67.6℃)沸点相差较大，可以用蒸馏的方式提纯SiHC,D正 NaNO,后，NO在酸性条件下表现强氧化性，能与Cu发生氧 确 化还原反应，最终使铜粉溶解，C不符合题意；K,S与铜单质不 16.（每空2分)(1)1.5 能反应，铜粉不溶解，D符合题意 (2)3Cl0+2Fe++100H=2Fe0+3Cl+5H,0 3.B“反应1"为2NH,C+Ca(OH2△2NH,↑+CaC,+ (3)大于烧杯、漏斗、玻璃棒乙醇或乙醚 2H20,每消耗0.1 mol NH,C1,生成0.1mol氨气，由于不是标 (4)随着盐酸加入，溶液pH减小，高铁酸钾氧化性增强， 准状况，则气体不是2.24L,A错误；“反应2”为4NH,+ 氧化C1生成C 50.宿死40+61.0，每生成0.1ml0,转移电子数为 (5)高铁酸钾能杀菌消毒，其还原产物Fe3+能水解生成 0.5NA,B正确；“反应3”为2N0+02=2N02,0.1molN0充 Fe(OH)3胶体吸附悬浮物，达到净水的作用 分反应后生成0.1N,个N02,但是体系中存在2N02一 17.(除标注外，其余每空2分)(1)①C0(NH,)2+2OH+ N204,则最终NO2数目小于0.1N,C错误；“反应4”为 C10=N2H4·H,0+C-+C0}②降温至-5℃ 4N02+2H20+02=4HNO3,为使0.1molN02完全转化成 (2)①2NH,Cl+Ca(OH)2△CaCl,+2NH,↑+2H,0 HN03,至少需要0.025Na个02，D错误， ②防止N,H4被过量氯气氧化(3分)③BC之间增加盛有饱 4.B硫化钠用于除去废水中的汞离子是因为硫化汞难 和食盐水的洗气装置(3分) 溶于水，与硫化钠的还原性无关，A错误；硫酸铝在溶液中电离 (3)N2H6(HS04)2N2H4-4e+2C0号=N2↑+2H20+ 出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体的表面 2C0,↑ 积大，具有很强的吸附性，能吸附水中悬浮杂质产生聚沉达到 解析：(2)③浓盐酸具有挥发性，制得的，中含HC,若 净水的目的，B正确；NH,作制冷剂是因为其易液化，汽化时吸 不除去HCl,会消耗NH,导致N2H的产率降低。 收大量热，与溶解性无关，C错误；胃酸中含有盐酸，而硫酸钡 18.(除标注外，其余每空2分)(1)C0+H0一0H+ 用作造影剂的主要原因是BaSO4不溶于酸，D错误. 4 高考化学第5~8期 5.AFeS2中硫元素的化合价为-1，FeS2与足量稀盐酸的体积比为7：3，②正确. 反应有H2S生成，氧化还原反应中化合价有升必有降，正确的 1 若剩余的1L气体为NO,即相当于剩余3LNO2,则反应 离子反应为fS2+2H+=Fe2++H,S↑+S,A错误. 的二氧化氨和氧气共5L,(0,)=亏×5L=1L,(N0,)= 6.D NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+HCl+NaCl,pH虽减 小，但反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应， 8L-1L=7L,则二氧化氮和氧气的体积比为7：1，③正确. A不符合题意；2H,S+S02一3S+2H,0,溶液pH增大，B不符 14.B沉淀质量达到最大时，沉淀为Mg(OH)2和 合题意；4NaHC03+2CuS04=Cu2(0H)2C03↓+2Na,S04+ A1(OH)3,根据质量守恒，沉淀质量应为合金质量和OH的质 H0+3C02↑，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化 量和，即m(OH)=(n-m)g,①正确；当沉淀质量达到最大 还原反应，C不符合题意；H,S+C2一S+2HCl,反应中有元素 时，溶液中溶质为NaNO3,n(NO,)=n(NaNO3)=n(NaOH)= 发生化合价变化，属于氧化还原反应，弱酸氢硫酸转化为强酸 aV×103mol,②错误；沉淀中OH的物质的量等于Mg2、 盐酸，溶液的pH减小，D符合题意。 A13+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量， 7.A浓硫酸具有脱水性，能将有机物分子中的H原子和 即n(e)=n(0H)=”7mml,③正确：根据得失电子数目 0原子按2：1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑， 体现浓硫酸的脱水性，A错误；浓硫酸脱水过程中释放大量热， 守恒，即n(N0)=7X得ml:”5ml,因为在室温状态下， 51 此时发生反应：C+2H,S04(浓)二C02↑+2S02↑+2H,0, 无法计算NO的体积，④错误；参加反应的硝酸有两种作用：酸 产生大量气体，使固体体积膨胀，B正确；结合选项B可知，浓 性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为(aV×10-3+ 硫酸脱水过程中生成的SO,能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的 强氧化性，C正确；该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学 “5)ma,⑤正确， 键的断裂，D正确 15.(除标注外，其余每空2分)(1)球形干燥管(1分) 8.D氢气的密度小于空气的，丁装置中收集氢气的集气 (2)Mn02+4H++2Cl≌-Mn2++Cl,↑+2H,0 瓶的导管应该“短进长出”，D不能达到实验目的. (3)ED→BF吸收未反应的氯气，防止污染空气，同 9.D氨气能形成喷泉，说明氨气或溶于水或与水反应从 时吸收空气中的水蒸气，防止其进入装置F,与SC山2反应 而产生压强差，不能说明两者一定发了反应，A错误；无色酚酞 (4)排出装置内的空气将生成的S2Cl,带入装置F中 溶液遇碱变红色，氨气溶于水后溶液由无色变为红色，说明氨 (5)浓盐酸的滴加速度（或装置B中通入C@2的量） 水呈碱性，B错误；红色溶液中存在的含氮微粒为NH、NH,· （6)2706×10% H,0、NH,三者均含有共价键，不含有离子键，C错误；氨水受 233a 热不稳定，受热分解放出氨气，从而使碱性减弱，红色变浅或褪 解析：(3)装置E中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混 色，D正确。 有的氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置 10.A在富氧条件下，S0易被氧气氧化为S0,A错误. B中氯气与硫共热反应制备二氯化二硫，装置F用于冷凝收集 11.D固氮是游离态的氮转化为氮的化合物的过程，① 二氯化二硫，装置C中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气， 不属于固氮反应，A错误；反硝化过程中氮元素的化合价降低， 防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进人装置F,使二氯 被还原，B错误；O,增多，反硝化作用增强，水中氮气含量增 化二硫水解，则装置的连接顺序为A→E→D→B→FC. 加，会引起NH含量变化，C错误；反应④是NH被氧化成 (5)二氯化二硫能被氯气氧化为SC2,为提高产品纯度， 应控制氯气的量，故可调节装置A中分液漏斗活塞，控制液体 NO2和N20,可能是被O2氧化，D正确， 滴加速度，控制氯气的生成速率，或通入一定量的氮气，对氯气 12.C仪器X的名称是分液漏斗，A正确；由酚酞溶液变 的浓度进行稀释，也可以起到相同的作用。 红色可知，N,S4与水反应生成了氨气，氨气极易溶于水，倒置 漏斗能防倒吸，B正确；撤去热水浴，相当于降低温度，反应速 (6)根据反应2S2C2+2H,0=3S↓+S02↑+4HC,H,02+ S02=H2S04、H2S04+BaCl2一BaS04↓+2HCl,可得出关系式 率变小，则酚酞溶液变红色会减慢，C错误；(NH4)2S2O,与盐 酸发生反应：S20?+2H=S↓+S02↑+H0,反应生成S单 ×13 为2S,Cl,~S0,~BaS04,则样品中S,Cl,的含量为 一X 质，可观察到产生浅黄色沉淀，D正确。 a 13.C设原气体体积为8L,则剩余气体为1L,根据方程 1009%=270×100%. 233a 式4N02+02+2H20=4HNO3讨论分析： 16.(除标注外，其余每空2分)(1)bc(1分)c(1分) 若剩余的1L气体为O2,则反应的二氧化氮和氧气共7L, (2)观察气泡流速，便于调控生成NH的速率使氨气与 (N0,)=号×7L,(0)=号×7L+1L,则二氧化氮和氧气 CS2充分接触，防倒吸 5 高考化学第5~8期 (3)NH,SCN+KOH△KSCN+NH,↑+H,O 第8期4版专项小练 (4)吸收尾气H,S和NH3H,S+C0号+8H*=3S↓+ 1.C在富氧氛围下，氧气充足，喷入少量燃油可以生成 2Cr3++7H,0 CO2、H,0等，而不是生成还原性尾气，A错误；NSR系统中的催 (5)重结晶 化剂有PtBa,不止一种，B错误；由图可知，存储阶段，氮元素化 17.(除标注外，其余每空2分)(1)酸性条件下NO具有 合价升高被氧化，以Ba(NO)2的形式被存储起来，C正确；还原 氧化性，能将SO2氧化为S0子，从而产生白色沉淀 阶段，氮元素化合价由+5变为0，发生还原反应，电子转移为 (2)作缓冲瓶，防止倒吸 N2~10e,则每生成0.1molN2,转移1mol电子，D错误 (3)隔绝氧气(1分)b 2.D从图中可以看出，过程I发生的反应为2xZ+ (4)S02被氧气氧化为S0,S0与Ba2+反应产生白色 2N0,=N2+2xZm2++2x0;过程I发生的反应为Zm2++0+ 沉淀 C0=Zn++C02.总反应为2N0.+2xC0=2xC02+N2.Zn*先 (5)3S02+2N03+2H20+3Ba2+=3BaS0,↓+2N0+ 消耗，后生成，作催化剂由总反应可建立关系式：N2~4xe, 4H 则每生成1molN2转移4xmol电子.综上D错误. (6)02在氧化反应中起到主要作用 3.D反应过程中先生成后消耗的是中间体，A错误；由流 解析：(4)根据变量控制思想，对比实验一可知，B烧杯中加 程可知，V5+一0一H→V+一0…H一N+H,中各元素化合价 人未煮沸的BaCl,溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的BaCl2溶 没有发生变化，B错误；整个过程中反应物有NH、NO、O2,生 液未出现白色沉淀，说明是O2氧化S02,故发生的反应为 成物有N2和H2O,在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH+ 2H,S03+02+2Ba2+=2BaS04↓+4H或2H,0+2S02+02+ 4N0+0, 催化剂4N,+6H,0,C错误；反应过程中有0=0断 2Ba2+=2BaS0,↓+4H+,因此B烧杯中出现浑浊的原因是S02 裂，N三N形成，有N一H断裂，H一O形成，所以既有极性键又 被氧气氧化为SO,SO与Ba2+反应产生白色沉淀 有非极性键的断裂和形成，D正确. (6)根据图像，有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的 4.(1)②s02+Ca0△Cas0 大，且用时短，说明O2在氧化反应中起到主要作用. 18.(每空2分)(1)增大固体与气体的接触面积，提高焙 ③2Cas0,+02△2Cas0, 烧速率 (2)①2NH,+S02+H0=(NH)2S0 (2)Si02FeS2+2Fe3+=3e2++2S ②2(NH4)2S03+02=2(NH)2S0 (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，NH4HCO3发生分解 (3)①2Na0H+S02=Na,S03+H,0 (4)酸式KSCN溶液变红 2Na2 CO3 +SO2 =Na2SO3+CO2 (5)80% 3Na2SO;+SO2+H2O=2NaHSO3 解析：(1)“焙烧”时气体与矿料逆流而行，可以增大固体 (4)①2Na0H+S02=Na2S0,+H,0 与气体的接触面积，提高焙烧速率. ②2Na,s03+02=2Na,S0, (2)SO2不溶于稀硫酸，则“溶浸”后滤渣的主要成分为 ③Na,S04+Ca(0H)2=CaS04↓+2Na0H SiO2.FeS2与H,S0,不反应，“还原”时FeS2被Fe3+氧化，发生 第8期2-3版精练卷（八） 反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S. 1.B“燃煤脱硫”技术是减少二氧化硫的排放，与“碳达 (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，NH,HCO3发生分 峰、碳中和”无关，A错误；高效率钙钛矿太阳能电池能将太阳能 解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右. 转化为电能，C错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，D错误 (4)由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚 2.D浓HNO,有强氧化性，但常温下铁遇到浓硝酸发生 铁是一种酸式盐.检验柠檬酸亚铁中铁元素的方法为取少量柠 钝化，常温下能用铁罐车储运浓硝酸，D错误。 檬酸亚铁样品于试管中，加水溶解，然后加入少量稀硝酸，再滴 3.A工业合成氨的反应为N2和H2反应生成NH,氮气 加几滴KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素 是直接反应物，A正确；湿法炼铜通过Fe置换CuSO,中的Cu, (5)1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为 1 反应不涉及氮气，B错误；高炉炼铁中氮气作为空气成分进入 1000gx60%=50l,经过焙烧、溶浸后得到5 mol Fe3+,“还 高炉，但未参与还原铁矿石的主要反应，C错误；接触法制硫酸 120 g/mol 涉及硫或硫化物的转化，氮气未参与反应，D错误 原”步骤发生反应：FeS2+2Fe3+一3Fe2++2S,则还原后得到的 4.CMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，在氧气中燃 Fe2+为7.5mol,则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质 烧生成氧化镁，A错误；SO2和水、H,S的反应分别为S02+ 量为7.5mol×246g/mol=1.845kg,而实际上只制得1.476kg H,0一HS03,S02+2H2S=3S+2H20,反应类型不同，B错 柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为}476×100%=80%. 1.845kg 误；Na2O2分别与H20和CO2反应生成的气体均为氧气，C正 6 高考化学第5~8期 确；浓H2S04与Cu反应生成SO2,与C反应生成CO2和SO2,，吹出，使其进人H2O2溶液被氧化为H,S04,A正确：球形冷凝 生成的酸性气体不相同，D错误. 管的作用是避免温度过高，导致部分硫酸溶液被吹入H,02溶 5.A用Na2CO,溶液处理水垢中的CaS04,生成溶解度更 液而影响测定结果，B错误；根据反应S02+HO2一H,S04, 小的碳酸钙，A正确；A1+水解生成氢氧化铝胶体，不写沉淀符 H,S04+2NaOH=Na2S04+2H20可得关系式：S02~H,S04~ 号，B错误；Mg(OH)2属于难溶性碱，不能拆分，正确的离子方 2NaOH,根据滴定时消耗NaOH标准溶液的量，就可以得到SO, 程式为Mg(OH)2+2H*=Mg2++2H20,C错误；NaOH溶液吸 的含量，C正确；S02具有漂白性，能够使品红溶液褪色，若实 收NO2生成NaNO3、NaNO2和水，离子反应为2NO2+20H= 验过程中看到品红溶液褪色，说明在H2O2溶液中S02没有被 NO+NO2+H20,D错误. 完全氧化吸收，则根据滴定时消耗NaOH标准溶液计算的SO2 6.ApH=1的稀硫酸中H+浓度为0.1mol/L,1.0L溶 的含量就会比实际偏低，D正确. 液中H+物质的量为0.1mol,数目为0.1Na,A正确；12g2C 11.C依题意可知，甲装置中发生的反应为[Cu(NH)4]d2+ 的物质的量为1ml,每个2C的中子数为12-6=6，中子数为 2NaOH=CuO↓+2NaCl+4NH↑+H20,A正确；氨气易溶于 水，装置乙的作用是防倒吸，B正确；氨气溶于水后得到的氨水 6N,B错误；常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol,6.72L 呈碱性，为检验NH3的生成，可在装置丙中加入酚酞溶液，C错 C02的物质的量小于0.3mol,每个C02含2个σ键，总σ键数 误；生成的沉淀可能附着NaCl,故可用稀硝酸酸化的硝酸银溶 目小于0.6N,,C错误：S0,与02生成S02的反应为可逆反应， 反应物无法完全转化，得到SO3的分子数小于2NA,D错误. 液检验生成的沉淀是否洗涤干净，D正确。 12.BFe3+水解使溶液显黄色，加入稀硫酸后c(H)增 7.CMg0由镁离子和氧离子构成，NH,Cl由铵根离子和 大，水解平衡：Fe3++H20Fe(OH)2++H+逆向移动，抑制 氯离子构成，二者均为离子化合物，A正确；物质b为NH,在 Fe3+水解，溶液黄色变浅，A正确；④中Fe3+与SCN结合生成 一定条件下（如加热）具有还原性，可将CO还原为Cu,自身 红色配合物，游离SCN浓度低，③中F3+与C2O结合生成 被氧化为N2,化学方程式为3C0+2NH,二3Cu+N2+ 更稳定的[Fe(C204)3]3,释放出SCN,故c(SCN):⑤> 3H,0,B正确；NH为非电解质，HC为强电解质，C错误；加入 ④，B错误，C正确；④中Fe3+与SCN结合显红色，⑥中加人稀 浓氢氧化纳溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口， 硫酸后，C20与H+结合，[Fe(C20,)3]3-解离出Fe3+,再与 若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明溶液中存 SCN结合显红色，C正确：维生素C具有还原性，可将③中的 在NH,D正确 Fe3+还原为Fe2+,Fe2+与K[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，D 8.C碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2; 正确. 碱溶液与氧化物c(适量)反应得纯碱溶液，故碱溶液是NaOH, 13.D由流程可知，加入稀硫酸溶解，Fe、Cr、Ni、CO单质 氧化物c为CO2;单质M经一系列反应得碱溶液NaOH,故单 在稀硫酸中转化为相应的盐，生成的气体为H2,溶液中含有 质M为Na,氧化物b为H2O;Na与单质a反应得氧化物，因此 N2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加人Na,S分离出的滤渣1含CoS和 单质a为02，据此回答. NiS,再加草酸生成FeC,O4以除Fe2+,最后过滤分离出硫酸铬. 为O2,O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正 由于“除杂”操作中加入具有还原性的Sˉ，故溶液中不存在 确：b为H,O,水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化 Fe3+. 三铁和氢气，B正确；c为C02,镁条在CO2中燃烧生成氧化镁 14.A加人足量稀盐酸，产生无色、无臭的气体，则X中 和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；d为C2,CL2可与碘化钾反 含有NaCO3,不含Na,SO3.加入足量的NaOH溶液，产生的无 应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确。 色、有刺激性气味的气体应为NH,则说明X中含有NH4NO3; 9.C若隔绝空气煅烧，铁元素化合价从+2上升到+3， 无白色不溶物，则不含BCL,.根据题给物质性质可知加人足量 依据氧化还原反应“有升必有降”原则，硫元素的化合价必然 稀盐酸后产生的白色固体应是AgCl,则X中含有AgNO,.根据 要下降，从而得到SO2,A正确；氧化铁是红色固体，俗称铁红， 以上分析可知，当加入蒸馏水时，产生的白色沉淀可能是 可以作红色的油漆和涂料，B正确：蒸馏利用的是高沸点酸制 AgCl、AgCO3,也可能是AL,O3,或它们的混合物，则X中可能 备低沸点酸，只能说明H,SO,的沸点比HNO3的高，并不能比 含有KC1或AL,O,.加入蒸馏水微热产生无色、有刺激性气味的 较两者的酸性强弱，C错误；煅烧时的反应为2Fe50,整 气体，应是Na,CO,与NH,NO发生相互促进的水解反应生成 Fe203+S02↑+S03↑，吸收S03的反应为S03+H20= NH3.综上可知A正确 H,S04,加KNO蒸馏时的反应为H2S0,(浓)+KNO,_△ 15.(除标注外，其余每空2分)(1)饱和食盐水(1分) KHSO,+HNO3↑，依次为分解反应，化合反应和复分解反应，D (2)2Mn(0H)2+02=2Mn02+2H20 正确 (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 10.B缓慢通入N2的目的是尽可能地将双颈烧瓶中SO2 (4)①C1,+20H=C1+C0-+H,0 7 高考化学第5~8期 ②4Mn04+40H=4Mn0+02↑+2H,0Cl,(1分) 2Co2++H,02+2CH,C00H=2[Co(N02)6]3-+2CH,C00+ ③3Cl0+2Mn02+20H=2Mn04+3Cl-+H,0 2H,0;[C0(N02)6]3存在电离平衡：[Co(N02)6]3- ④过量Cl2与NaOH反应产生NaCIO,使溶液的碱性减弱， 6NO2+Co3+,硝酸或硫酸是强酸，其电离出来的H*与NO, c(OH)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小， 结合生成HNO2,平衡向正方向移动，产率降低。 因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 (3)足量KC1与1.010g产品反应生成0.872g亮黄色沉 16.(每空2分)(1)+1b 淀则a(Kaa0,.l=au,[c(0,.l=0m (2)2:5 (3)增大反应物的接触面积，加快反应速率 0.002mol,m{Na,[Co(N02)6]}=0.002mol×404g/mol= (4)Na PO +2Na HPO NaClO +2NaOH =Nato P,On Cl 0.808,产品纯度为010g ,0.808 ×100%=80.0%. 2H20 18.(每空2分)(1)H2S04HF (5)当最后半滴N,S,0,标准液滴入时，溶液由蓝色变为 (2)Ti02++2C0号+3H20=H4Ti04↓+2HC0, 无色，且半分钟不恢复65.7偏大 (3)2H,P04+2FeS04·7H20+4NH3+H202=2FeP0,+ 解析：装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应产生氯气，装置B 2(NH4)2S0,+16H20 盛有饱和食盐水用于除去氯气中混有的HCl,氯气通人NaOH溶 (4)边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1mo/L的H,S0, 液中，先制备NaCIO减性溶液.NaCO再与Na,PO,与Na2HPO,混 至完全溶解，向溶液中加人足量的30%H02溶液充分反应， 合液反应生成“消洗灵”.装置D是安全瓶，防止倒吸，氯气有毒， 边搅拌边滴加1mol/L的Na,HPO,溶液至溶液pH约为1.5， 需要进行尾气处理，装置E吸收尾气，防止污染大气 充分反应至不再有沉淀产生，过滤、洗涤、干燥 (5)步骤②中NaoP,0C1·5H0中氯元素的化合价由+1 (5)47.4 降低至-1，I被氧化为2，根据得失电子守恒可以得到关系 解析：(1)由图可知，“试剂”为一种酸，钛铁矿加入试剂X 式：Na1oP03C1·5H20~2~2S20},故产品的纯度为 后得到FeS04·7H,0,磷灰石矿[CaF(PO4)3]加入试剂X酸溶 0.5mLx20x0Lx分×238nlx66:5ga侧 之后，过滤可得到石膏(CaS04),“试剂X”H,SO4,“气体Y”H亚. 2.000g (2)“滤液1”显酸性，钛的存在形式为TO+,加入过量 100%≈65.7%；步骤②中若静置时间过长，溶液中过量KI可 Na,C0,后转化为H4i04,该反应的离子方程式为Ti02++ 被空气中的氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗 2C0号+3H0=H4Ti04↓+2HC03· Na,S,O,标准溶液的体积偏大，使产品纯度的测定值将偏大. (3)“沉淀”过程发生氧化还原反应，FSO,·7H,0被 17.(每空2分)(1)50.0mL三颈烧瓶 H,O2氧化，磷元素来自“滤液2”中的H,PO4,“沉淀”反应的化 (2)增加NaNO2的溶解度双氧水受热分解；反应太剧 学方程式为2HP0,+2FeS0,·7H,0+4NH,+H,02=2FeP0,+ 烈，容易发生副反应降低溶液极性，促进Na,[Co(NO2)6]析 2(NH4)2S04+16H20. 出12N02+2Co2++H,02+2CH,C00H=2[Co(N02)6]3-+ (4)磷酸亚铁粗产品（混有氢氧化铁）不溶于水，应先加 H,S0,溶解，再加H,02将Fe2+氧化为Fe3+,最后加Na2HP04, 2CH,C00+2H,0[Co(N02)6]36NO2+C03+,强酸电 由图可知，pH在1.5左右Fe的有效转化率最高. 离出来的H与NO2结合生成HNO2,平衡向正反应方向移 (5)该反应为氧化还原反应，铁元素化合价由+3变为+2， 动，产率降低 碳元素化合价由0变为+2，根据电子守恒，可得关系式 (3)80.0透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则 含钾元素 CH,0,-12ifaP0,则m（(LFeP0,)=158×2x42x90%kg 180×98% 解析：(1)仪器a为三颈烧瓶，所加液体的体积为15.0mL+ 47.4kg 6.0mL+7.0mL=28.0mL,因此三颈烧瓶的规格应该为 50mL. (2)步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加NaNO,的溶解 度：温度过高，双氧水受热分解，同时温度较高时，反应较剧烈， 容易发生副反应，因此加入双氧水前需要冷却： Na[Co(NO2)6]微溶于乙醇，加入乙醇的作用是降低溶液极 性，促进Na[Co(NO2)6]析出. Na[Co(N02)6]中Co元素的化合价为+3，加入H,0 后，C02+被氧化，制备该配合物的离子方程式为12NO2+ 8—