资源简介

备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题1 物质的分类及转化物质的量
一、选择题
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
2．下列可用作食品添加剂且属于无机物的是（　　）
A．硫酸铅 B．木糖醇
C．葡萄糖酸-δ-内酯 D．二氧化硫
3． 下列说法错误的是（　　）
A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应
B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物
C．配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键
D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成
4．下列情形不能观察到丁达尔效应的是（　　）
A．光线透过树叶的缝隙射入密林中
B．在观察钠的燃烧时，发现火焰呈黄色
C．放映电影时，放映室射到银幕上的光柱
D．用红色激光笔照射烧杯中的胶体
5．下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是
A B C D
丁烷 葡萄糖 浓硫酸 氯化钡
A．A B．B C．C D．D
6．按物质组成分类，KAl(SO4)2·12H2O属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
7．下列属于含氧酸盐的是（　　）
A．K2CO B．NaCl C．H2SO4 D．CH3OH
8．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用离子方程式表示溶于烧碱溶液：
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
9．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
单质X氧化物1氧化物2酸(或碱)盐
A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色
C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成
D．X可为碳，盐的热稳定性：
10．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
11．仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是（　　）
选项 实验目的 试剂 用品
A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管
B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴
C 制备[Cu（NH3）4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管
D 利用盐类水解制备Fe（OH）3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴
A．A B．B C．C D．D
12．化学处处呈现美。下列说法正确的是（　　）
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
13．下列“类比”合理的是（　　）
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
14．下列比较结果，错误的是（　　）
A．熔点：石英>苯酚
B．热稳定性：
C．离子半径：
D．分散系中分散质粒子的直径：：胶体溶液
15．过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是
　 溶液 现象 化学方程式
A 产生淡黄色沉淀
B 溶液由棕黄色变浅绿色
C 溶液褪色，产生白色沉淀
D (含酚酞) 溶液由红色变无色
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
16．实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（　　）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
17．一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少
三、实验探究题
18．资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
　 实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，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
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　 　填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是　 　。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　 　。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　 　。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，加入浓溶液，　 　填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　 　。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　 　。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　 　。
19．学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为　 　，装置B的作用为　 　。
（2）铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为　 　；产生的气体为　 　。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是　 　。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为　 　。
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是　 　，粗品中X的相对含量为　 　。
四、综合题
20．含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ： 。判断该反应的自发性并说明理由　 　。
（2）已知 。 时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的 和 ，当反应达到平衡后测得 、 和 的浓度分别为 、 和 。
①该温度下反应的平衡常数为　 　。
②平衡时 的转化率为　 　。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是　 　。
A．须采用高温高压的反应条件使 氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是　 　。
A． B． C． D． E. F. G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)　 　。
（4）一定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.①　 　；
Ⅲ. ；
Ⅳ.②　 　。
21．物质类别和核心元素的价态是我们学习元素及其化合物性质的两个重要视角。部分含铁物质的类别与相应化合价的关系如图所示，回答下列问题：
（1）Y俗称　 　，写出它的一种常见用途：　 　。
（2）用化学方程式表示Z在空气中转化为：　 　。
（3）用离子方程式表示转化为：　 　(写一个即可)。
（4）某小组同学研究的化学性质，预测能与下列试剂中的　 　(填序号)发生氧化还原反应。
①溶液 ②溶液 ③酸性溶液 ④新制氯水
（5）实验室提供了下列试剂：溶液、溶液、淀粉溶液、粉。请设计实验方案证明溶液中的具有氧化性：　 　。
22．市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
（1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为　 　；溶液的作用为　 　；D中发生的主要反应的化学方程式为　 　。
（2）将D中溶液转移至　 　(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成的离子方程式为　 　。
（3）利用图示相同装置，将R和固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为　 　和　 　。
（4）为保证溴的纯度，步骤(3)中固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以计)，则需称取　 　(用含m的代数式表示)。
（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用　 　，滤液沿烧杯壁流下。
23．铁单质及其化合物的应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子排布式为　 　。
（2）用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为　 　。每个晶胞B中含Fe原子数为　 　。
（3）合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式　 　。从能量角度分析，铁触媒的作用是　 　。
（4）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如 、 、 。某同学按如下步骤完成实验：
① 为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是　 　，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可采取的方法是　 　。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡： ； ，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为　 　，平衡常数为　 　(用K1和K2表示)。
五、流程题
24． 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是　 　。
（2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为　 　；“滤渣”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为____(填标号)[已知的]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为　 　；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为　 　。
（6）“酸溶3”的目的是　 　。
25．固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4，以Y为原料实现如图转化。
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是 　 　。写出溶液C中的所含有的阴离子 　 　。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是 　 　。
（2）下列说法正确的是 。
A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有Na2CO3
C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液 D．碱性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2
（3）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素 　 　；写出Mn2+转化为的离子方程式 　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】胶体的性质和应用；二氧化硫的漂白作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A.苯甲酸钠钠作为防腐剂是利用其亲油性，抑制细胞膜对氨基酸的吸收，同时苯甲酸钠也不具有酸性，其水解呈碱性，故A错误；
B.豆浆属于胶体，可以产生丁达尔效应，故B正确；
C.二氧化硫漂白原理是二氧化硫与有色物质化合生成不稳地的无色物质，不是利用氧化性，故C错误；
D.维生素C具有还原性，可以与氧化性物质反应，从而达到抗氧化目的，其本身具有还原性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】易错分析：C.二氧化硫漂白原理是二氧化硫与有色物质化合生成不稳地的无色物质，该过程不是氧化反应，该物质不稳地，易分解，恢复原理颜色。
2．【答案】D
【知识点】物质的简单分类；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、硫酸铅中含有重金属离子Pb2＋，有剧毒，不能做食品添加剂，A不符合题意。
B、木糖醇具有一定的甜味，可用作食品添加剂，且属于有机物，B不符合题意。
C、葡萄糖酸-δ-内酯是一种常用作凝固剂的食品添加剂，属于有机物，C不符合题意。
D、SO2具有还原性，可用于红酒的抗氧化和杀菌，可用作食品添加剂，且属于无机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、Pb2＋为重金属离子，有毒。
B、木糖醇可用作食品添加剂，但属于有机物。
C、葡萄糖酸-δ-内酯可用作食品添加剂，但属于有机物。
D、SO2可用作红酒的添加剂，且属于无机物。
3．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；分散系、胶体与溶液的概念及关系；超分子
【解析】【解答】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间，当可见光通过胶体时，粒子对光线产生散射作用，形成明亮的 “光路”，即丁达尔效应，故A正确；
Ｂ．高分子化合物由于链节数不同，本质上是由多种分子组成的混合物，而非纯净物，故B错误；
Ｃ．配位键的形成过程中，配体提供孤对电子（电子对给予体），中心原子或离子提供空轨道（电子对接受体），通过 “电子对给予 - 接受” 形成配位键，故C正确；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键（如氢键、范德华力）相互作用组装而成的分子聚集体，其结构和功能依赖于分子间的协同作用，故D正确；
故选B。
【分析】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间；
Ｂ．纯净物是指由一种单质或一种化合物组成的物质，组成固定，有固定的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号，能用一个化学式表示；
Ｃ．配位键由配位原子提供孤电子对，中心离子提供空轨道形成；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键形成。
4．【答案】B
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．密林中的空气含有悬浮的尘埃、小液滴等，形成气溶胶，空气中的胶体粒子散射光线，形成光亮的 “通路”，能观察到丁达尔效应，故A不符合题意；
Ｂ．焰色反应是金属元素受热激发后电子跃迁释放能量的结果，并非胶体的丁达尔效应，故B符合题意；
Ｃ．放映室空气中含有灰尘等微小颗粒，形成气溶胶，光线通过胶体时被散射，形成明显的光柱，能观察到丁达尔效应，故C不符合题意；
Ｄ．直接对 胶体体系进行激光照射，胶体粒子散射激光，形成清晰的红色 “通路”，能观察到丁达尔效应，故D不符合题意；
故选B。
【分析】丁达尔效应是胶体的特有性质。
5．【答案】A
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A．丁烷是气体，且易燃，故A正确；
B．图示标志为腐蚀品，葡萄糖没有腐蚀性，故B错误；
C．浓硫酸是腐蚀品，应张贴腐蚀品标志，故C错误；
D．氯化钡不属于爆炸类物质，故D错误；
故选A。
【分析】A．丁烷是易燃气体；
Ｂ．葡萄糖不具有腐蚀性；
Ｃ．浓硫酸时液体；
Ｄ．氯化钡不是爆炸物。
6．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】KAl(SO4)2·12H2O是由金属阳离子和酸根离子构成的，属于盐；
故答案为：C。
【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的。
7．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．K2CO3由K+和构成，属于含氧酸盐，故A正确；
Ｂ．NaCl不含氧元素，不属于含氧酸盐，故B错误；
Ｃ．H2SO4电离产生的阳离子全部是H+，属于酸而不是盐，故C错误；
Ｄ．CH3OH属于有机物，故D错误；
故选A。
【分析】含氧酸盐是指由金属阳离子（或铵根离子）和含氧酸根离子组成的盐。
8．【答案】D
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A.钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K2S的形成为：，A项正确；
B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；
C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，C项正确；
D.尿素与甲醛制备线型脲醛树脂，类似发生甲醛和苯酚羟醛缩聚反应，应该生成n-1个水分子；
故答案为：D。
【分析】A.用电子式表示物质形成过程，要弄清楚是离子化合物还是共价化合物，离子化合物要有电子的转移方向；
B.氢氧化铝为两性，可以与强碱反应生成四羟基合铝酸根离子；
C.共价化合物的形成为轨道以头碰头方式进行重叠形成，可以分为s-s、s-p、p-p σ键
9．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水不反应，A错误；
B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，SO2的漂白性能使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成H2SO4，再与NaOH生成盐，转化关系成立，B正确；
C．钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步氧化生成Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，没有H2生成，C错误；
D．碳与氧气反应先生成CO，CO进一步与O2反应生成CO2，CO2与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，D结论错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、铝的氧化物只有Al2O3一种，无法形成氧化物2。
B、S与O2反应生成SO2，SO2与O2继续反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NaOH反应生成Na2SO4。
C、Na与O2反应生成Na2O，Na2O与O2进一步反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与HCl反应生成NaCl。
D、NaHCO3不稳定，受热易分解；Na2CO3稳定，受热不分解。
10．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱氢氧化钙反应，该过程体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板发生反应：，该过程中，Fe元素的化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．豆浆是胶体，添加石膏，胶体发生聚沉，因此制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物；
Ｂ．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
Ｃ．豆浆是胶体，加入电解质会发生聚沉；
Ｄ．Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合。
11．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；酯化反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与过量氨水反应时现象相同，分别产生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比较Mg(OH)2和Al(OH)3碱性的强弱，从而不能比较Mg和Al的金属性强弱，可将氨水换成过量的NaOH溶液，A项不能实现实验目的；
B.根据实验室制备乙酸乙酯可得，需要试剂为： 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 ，实验用品为： 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴 ；B项可以实现实验目的；
C.向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，C项能够实现实验目的；
D.将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，D项能实现实验目的；
故答案为：A。
【分析】A. 比较镁和铝的金属性强弱 可以用同浓度盐酸与 镁和铝 反应的快慢，或者二者与水反应店小二剧烈程度进行判断。
12．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；苯的结构与性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、干冰升华时由固态转化为气态，过程中破坏分子间作用力，无共价键断裂，A不符合题意。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O，为蓝色晶体，而无水CuSO4为白色固体，B不符合题意。
C、苯分子为正六边形结构，但不存在碳碳单键和碳碳双键，C不符合题意。
D、雾为胶体，晨雾中的光束，为胶体产生的丁达尔效应，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、干冰升华时，由固态转化为气态，无化学键断裂。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O。
C、苯分子中不存在碳碳双键和碳碳双键。
D、晨雾中的光束为丁达尔效应。
13．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；
B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成 ，ClO-被还原成Cl-，B不合理；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；
D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；
故答案为：C。
【分析】A.由于钠的活动性很强可以与水反应产生碱和氢气，铁的活动性较弱不与水反应，铁粉与水蒸气才能反应得到四氧化三铁和氢气，得不到碱
B.考虑到二氧化硫的还原性易与具有氧化性的次氯酸钠发生氧化还原反应，导致产物与二氧化碳作用时不同
C.均是氮化物与盐酸发生复分解反应产物相似
D.氨水中含有氮原子具有孤对电子，易形成配合物
14．【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较；分散系、胶体与溶液的概念及关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、石英的成分为SiO2，属于共价晶体；而苯酚为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点，A选项正确。
B、非金属性F＞I，因此简单氢化物的热稳定性HF＞HI，B选项错误。
C、Mg2＋、Al3＋的电子层结构相同，核电荷数Mg＜Al，因此离子半径：Mg2＋＞Al3＋，C选项正确。
D、胶体中粒子的直径大小为1～100nm，而NaOH溶液粒子的直径大小＜1nm。因此分散质粒子的直径：Fe(OH)3胶体＞NaOH溶液，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、不同的晶体类型，其熔点大小：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体。
B、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
C、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
D、根据分散系的分类标准进行分析。
15．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．过量与溶液反应生成淡黄色沉淀S和，其化学方程式为，A错误；
B．过量与溶液反应生成，其化学方程式为，B正确；
C．过量与溶液反应生成白色沉淀，其化学方程式为，C 正确；
D．过量与溶液反应生成，其化学方程式为，溶液水解呈碱性，溶液水解呈酸性，碱能使酚酞试剂变红，所以整个反应过程中，溶液由红色变无色，D正确；
故答案为：A。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
16．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
17．【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A、反应Ⅱ中SO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHSO3和CO2，过程中没有元素化合价发生变化， 不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，低温真空蒸发的溶液pH=11，显碱性，因此该溶液的溶质为Na2SO3，故低温真空蒸发是为了防止Na2SO3被氧化，B不符合题意。
C、固液分离后所得溶液Y的成分为Na2SO3，可用于吸收SO2，C符合题意。
D、反应Ⅲ中Na2SO3、CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，该反应的化学方程式为2CuSO4＋3Na2SO3=Cu2O＋SO2↑＋2Na2SO4，化合物X为Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大，更多的Na2SO3会消耗溶液中的H＋，用于控制溶液的pH，因此可减少NaOH的量，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】反应Ⅰ中Cu与浓硫酸反应生成CuSO4、H2O和SO2，因此气体Ⅰ为SO2。SO2气体通入Na2CO3溶液中反应生成NaHSO3和CO2，因此气体Ⅱ为CO2。调节溶液的pH=11，溶液显碱性，此时溶液中的溶质为Na2SO3。低温真空蒸发，可防止Na2SO3被氧化为Na2SO4，固液分离后得到的化合物X为Na2SO3，Na2SO3与CuSO4反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4。
18．【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
19．【答案】（1）具支试管；防倒吸
（2）Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；O2；既不是氧化剂，又不是还原剂
（3）CuO2
（4）溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；72%
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O，产生的气体为氧气，从化合价升降角度分析，H+既不是氧化剂也不是还原剂；
（3）设X的化学式为：CuOx，分解后生成的黑色物质为CuO，反应前后根据铜元素守恒，可得，解的x=2，所以X的化学式为：CuO2
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据反应方程式，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为
【分析】第（1）本实验目的是探究 铜的氧化过程及铜的氧化物的组成 ，铜与浓硝酸反应，铜被浓硝酸氧化，产生NO2气体，该气体极易溶于水且有毒，需要防止倒吸，并用氢氧化钠溶液吸收；
第（2）为探究铜与过氧化氢溶液反应原理探究，铜与过氧化氢溶液不直接反映，但是加入稀硫酸后，反应生成硫酸铜和氧气；
第（3）是探究氢氧化与硫酸铜反应生成铜氧化物探究；
第（4）为氧化还原反应滴定，找到被滴定物质与标准溶液关系即可计算。
20．【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为
（2）；
（3）C；BDF；
（4）；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）实验室 中铜与浓硫酸的反应制备少量的二氧化硫反应为 ，焓变小于0，熵变大于0.根据＜0.判断自发反应，故正确答案是 ：不同温度下都能自发，是因为
（2）① 根据方程式 以及给出的数据计算出平衡常数K===
②二氧化硫平衡转化率为X100%==88%
（3）①A.在常压下，二氧化硫催化氧化三氧化硫的反应中，其实二氧化硫的转化率已经很高，工业上采用采用高压的反应条件，可以提高转化率，故A不符合题意
B.进入接触室之前的气流中含有降低催化剂活性的物质，需要进行处理易防止降低催化剂的活性， 故B不符合题意
C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，是平衡向右移动，因此可以提高含硫矿石的转化率和二氧化硫的转化率，故C符合题意
D.三氧化硫与水的反应是放出大量的热，在吸收塔中若采用水或者稀硫酸吸收三氧化硫反应放出的热量会使硫酸形成酸雾导致吸收三氧化硫的吸收率减小，因此在吸收塔中不宜采用稀硫酸吸收三氧化硫，故D不符合题意
②热交换主要是能量的交换，交换时反应物和催化剂不接触，温度降低，化学反应速率降低，但是转化率几乎不变，热交换的过程是a4-b3，a3-b2，a2-b1，正确答案是：BDF
③最是温度曲线是反应平衡时的转化率曲线，不同的最适合温度转化率不同，但是温度升高，转化率降低，当温度高于最适合温度后，催化剂的活性降低，会低于平衡时的转化率，因此 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图 ；
（4） 定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化 ， ，此时溶液是显碱性，然后过氧化氢将硫氢根离子氧化为硫酸根离子，此时溶液为澄清，pH减小，发生 ，随着反应的进行，硫氢根离子被过氧化氢氧化为硫单质，变浑浊，此时消耗氢离子，pH增大，发生 ，再接着进行反应，硫单质被过氧化氢氧化，变为硫酸根离子，溶液显酸性，发生 ，此时溶液变为澄清。故正确答案是： ，
【分析】（1）根据进行判断即可
（2）①根据数据带入计算公式计算
②根据二氧化硫的转化量以及反应后的总量进行计算
（3）①A.采用高压主要是增大转化率，温度控制在500℃左右是催化剂的活性最大
B.含有其他可使催化剂中毒的气体需要除杂
C.提供足量的空气主要是增大接触面积，以及增大氧气的量提高二氧化硫的转化率
D.应该采用浓硫酸进行吸收
②考查的是热交换时，转化率不受影响
③考查的是温度对转化率的影响，此反应是放热反应，因此温度升高转化率降低
（4）主要将此过程分析清楚，硫氢根离子具有还原性，以及过氧化氢具有还原性，浑浊是产生硫单质，澄清是硫单质被消耗
21．【答案】（1）铁红；红色颜料或冶炼金属铁的原料等
（2）
（3）或等
（4）③④
（5）取少量溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色
【知识点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Y为Fe2O3，俗称铁红；Fe2O3为红棕色固体，通常用作红色颜料或冶炼金属铁的原料，故答案为：铁红；红色颜料或冶炼金属铁的原料等。
（2）Z为，在潮湿的空气中容易被氧化为Fe(OH)3，反应的化学方程式为：，故答案为： 。
（3）Fe和稀硫酸、硫酸铁、硫酸铜等反应均可转化为硫酸亚铁，用离子方程式表示转化为：或等，故答案为：或等 。
（4）具有较强还原性，能与酸性高锰酸钾溶液、新制氯水等发生氧化还原反应，选③④，故答案为：③④。
（5）根据所给试剂，可用氯化铁溶液氧化KI生成碘，然后用淀粉检验碘，故设计实验方案证明溶液中的具有氧化性的方案为：取少量溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色，故答案为： 取少量溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色 。
【分析】Y是铁元素为+3价的氧化物，则Y为Fe2O3，X是铁元素为+3价的硫酸盐，则X为Fe2(SO4)3，Z为铁元素为+2价的碱，则Z为Fe(OH)2。
22．【答案】（1）直形冷凝管；除去市售的溴中少量的；
（2）蒸发皿；
（3）液封；降低温度
（4）
（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
【知识点】氧化还原反应；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；
（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；
（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；
（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；
（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称； 能氧化 生成Br2；D中Br2和 均能与反应；
（2）蒸干溶液使用蒸发皿；具有强氧化性，与发生氧化还原反应 ；
（3）溴的密度大于水，水起到液封作用，同时能降低温度，防止溴挥发；
（4）根据关系式计算；
（5）转移溶液时需要使用玻璃棒引流。
（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；
（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为；
（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；
（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；
（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。
23．【答案】（1）3d64s2
（2）8；4
（3）；降低反应活化能
（4）由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为 ，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式 。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为： ；降低反应活化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明 和氟离子转化为 ，其离子方程式为 ， 和 相减得到 ，所以平衡常数为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）Fe是26号元素，处于第四周期第Ⅷ族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；
（2）A晶胞为体心立方堆积，以体心Fe原子研究，与之紧邻的原子处于顶点；均摊法计算B晶胞中Fe数目，顶角原子贡献率为1/8，面心原子贡献率为1/2；
（3）由图可知1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气放出（a b）kJ热量，书写热化学方程式需注明物质的聚集状态和反应热△H；使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率；
（4）①根据Fe3＋易水解分析颜色变化，由于水解使溶液呈酸性，加酸抑制水解既能观察到浅紫色；
②根据溶液颜色由红色转变为无色，证明[Fe(SCN)6]3 转化为[FeF6]3 ，可以由第二个离子方程式减去第一个离子方程式得到，平衡常数为两个反应的平衡常数之比。
24．【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2）；SiO2
（3）、
（4）A
（5）+1；6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸溶1”是为了溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+3，则反应的化学方程式为；由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，则反应的化学方程式为、。
（4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为：A。
（5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。
（6）“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。
【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中加入浓盐酸进行酸溶1，Fe溶于浓盐酸生成氯化亚铁，其他均不溶，分离出氯化亚铁溶液，滤渣中加入王水进行酸溶2，“酸溶2”中转化为，发生反应 ，SiO2不与浓盐酸、王水反应，因此滤渣为SiO2，过滤除去后煮沸，再加入浓盐酸、DETA沉铑，将铑元素沉淀，“灼烧”后分解成铑单质，通入氢气高温还原得到铑粉；滤液2中主要含有Pt元素，向滤液2中加入氯化铵沉铂，分离出含铂沉淀，加入SnCl2将(III)还原为，加入Zn进行二次还原，分离出滤液3，为了保证被还原完全，加入的Zn是过量的，则二次还原后，加入浓盐酸进行酸溶3，除去过量的Zn得到铑粉。
25．【答案】（1）MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
（2）B；C
（3）取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀，步骤Ⅲ通入适量二氧化碳，碳酸锰和碳酸钙沉淀，碳酸镁未沉淀，说明MgCO3溶解度最大；溶液C为氯化镁溶液，含有大量Cl-，步骤Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根，则溶液C中的所含有的阴离子为 、、OH-、Cl-；步骤Ⅱ中，加入NH4Cl是为了调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀，故答案为：MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀；
（2）A、由分析可知，气体D为二氧化碳，二氧化碳会造成温室效应，不会形成酸雨，故A错误；
B、二氧化碳和Na在加热条件下可能发生反应，因此 固体E可能含有Na2CO3 ，故B正确；
C、NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，因此Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，故C正确；
D、氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，则碱性：Ca(OH)2＞Fe(OH)2，故D错误；
故答案为：BC；
（3）酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，则取一定量Y于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； NaBiO3（微溶于水 ） 可氧化Mn2+为 ，根据得失电子守恒和质量守恒配平反应的方程式为：，故答案为：取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；。
【分析】 固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4， 加入盐酸，得到气体D和溶液A，根据Y的组成可知，气体D为二氧化碳，溶液A为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化锰的混合溶液，气体D和Na在加热条件下反应生成CO和固体E；向溶液A中加入氨气和氯化铵，氯化亚铁转化为氢氧化亚铁，溶液B中溶液B与适量二氧化碳反应生成碳酸锰、碳酸钙，则溶液C中主要含有氯化镁。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题1 物质的分类及转化物质的量
一、选择题
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【知识点】胶体的性质和应用；二氧化硫的漂白作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A.苯甲酸钠钠作为防腐剂是利用其亲油性，抑制细胞膜对氨基酸的吸收，同时苯甲酸钠也不具有酸性，其水解呈碱性，故A错误；
B.豆浆属于胶体，可以产生丁达尔效应，故B正确；
C.二氧化硫漂白原理是二氧化硫与有色物质化合生成不稳地的无色物质，不是利用氧化性，故C错误；
D.维生素C具有还原性，可以与氧化性物质反应，从而达到抗氧化目的，其本身具有还原性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】易错分析：C.二氧化硫漂白原理是二氧化硫与有色物质化合生成不稳地的无色物质，该过程不是氧化反应，该物质不稳地，易分解，恢复原理颜色。
2．下列可用作食品添加剂且属于无机物的是（　　）
A．硫酸铅 B．木糖醇
C．葡萄糖酸-δ-内酯 D．二氧化硫
【答案】D
【知识点】物质的简单分类；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、硫酸铅中含有重金属离子Pb2＋，有剧毒，不能做食品添加剂，A不符合题意。
B、木糖醇具有一定的甜味，可用作食品添加剂，且属于有机物，B不符合题意。
C、葡萄糖酸-δ-内酯是一种常用作凝固剂的食品添加剂，属于有机物，C不符合题意。
D、SO2具有还原性，可用于红酒的抗氧化和杀菌，可用作食品添加剂，且属于无机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、Pb2＋为重金属离子，有毒。
B、木糖醇可用作食品添加剂，但属于有机物。
C、葡萄糖酸-δ-内酯可用作食品添加剂，但属于有机物。
D、SO2可用作红酒的添加剂，且属于无机物。
3． 下列说法错误的是（　　）
A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应
B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物
C．配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键
D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；分散系、胶体与溶液的概念及关系；超分子
【解析】【解答】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间，当可见光通过胶体时，粒子对光线产生散射作用，形成明亮的 “光路”，即丁达尔效应，故A正确；
Ｂ．高分子化合物由于链节数不同，本质上是由多种分子组成的混合物，而非纯净物，故B错误；
Ｃ．配位键的形成过程中，配体提供孤对电子（电子对给予体），中心原子或离子提供空轨道（电子对接受体），通过 “电子对给予 - 接受” 形成配位键，故C正确；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键（如氢键、范德华力）相互作用组装而成的分子聚集体，其结构和功能依赖于分子间的协同作用，故D正确；
故选B。
【分析】A．胶体粒子直径在 1~100 nm 之间；
Ｂ．纯净物是指由一种单质或一种化合物组成的物质，组成固定，有固定的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号，能用一个化学式表示；
Ｃ．配位键由配位原子提供孤电子对，中心离子提供空轨道形成；
Ｄ．超分子是由两种或多种分子通过非共价键形成。
4．下列情形不能观察到丁达尔效应的是（　　）
A．光线透过树叶的缝隙射入密林中
B．在观察钠的燃烧时，发现火焰呈黄色
C．放映电影时，放映室射到银幕上的光柱
D．用红色激光笔照射烧杯中的胶体
【答案】B
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．密林中的空气含有悬浮的尘埃、小液滴等，形成气溶胶，空气中的胶体粒子散射光线，形成光亮的 “通路”，能观察到丁达尔效应，故A不符合题意；
Ｂ．焰色反应是金属元素受热激发后电子跃迁释放能量的结果，并非胶体的丁达尔效应，故B符合题意；
Ｃ．放映室空气中含有灰尘等微小颗粒，形成气溶胶，光线通过胶体时被散射，形成明显的光柱，能观察到丁达尔效应，故C不符合题意；
Ｄ．直接对 胶体体系进行激光照射，胶体粒子散射激光，形成清晰的红色 “通路”，能观察到丁达尔效应，故D不符合题意；
故选B。
【分析】丁达尔效应是胶体的特有性质。
5．下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是
A B C D
丁烷 葡萄糖 浓硫酸 氯化钡
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A．丁烷是气体，且易燃，故A正确；
B．图示标志为腐蚀品，葡萄糖没有腐蚀性，故B错误；
C．浓硫酸是腐蚀品，应张贴腐蚀品标志，故C错误；
D．氯化钡不属于爆炸类物质，故D错误；
故选A。
【分析】A．丁烷是易燃气体；
Ｂ．葡萄糖不具有腐蚀性；
Ｃ．浓硫酸时液体；
Ｄ．氯化钡不是爆炸物。
6．按物质组成分类，KAl(SO4)2·12H2O属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】KAl(SO4)2·12H2O是由金属阳离子和酸根离子构成的，属于盐；
故答案为：C。
【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的。
7．下列属于含氧酸盐的是（　　）
A．K2CO B．NaCl C．H2SO4 D．CH3OH
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．K2CO3由K+和构成，属于含氧酸盐，故A正确；
Ｂ．NaCl不含氧元素，不属于含氧酸盐，故B错误；
Ｃ．H2SO4电离产生的阳离子全部是H+，属于酸而不是盐，故C错误；
Ｄ．CH3OH属于有机物，故D错误；
故选A。
【分析】含氧酸盐是指由金属阳离子（或铵根离子）和含氧酸根离子组成的盐。
8．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用离子方程式表示溶于烧碱溶液：
C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
【答案】D
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A.钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K2S的形成为：，A项正确；
B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；
C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，C项正确；
D.尿素与甲醛制备线型脲醛树脂，类似发生甲醛和苯酚羟醛缩聚反应，应该生成n-1个水分子；
故答案为：D。
【分析】A.用电子式表示物质形成过程，要弄清楚是离子化合物还是共价化合物，离子化合物要有电子的转移方向；
B.氢氧化铝为两性，可以与强碱反应生成四羟基合铝酸根离子；
C.共价化合物的形成为轨道以头碰头方式进行重叠形成，可以分为s-s、s-p、p-p σ键
9．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是
单质X氧化物1氧化物2酸(或碱)盐
A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性
B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色
C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成
D．X可为碳，盐的热稳定性：
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水不反应，A错误；
B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，SO2的漂白性能使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成H2SO4，再与NaOH生成盐，转化关系成立，B正确；
C．钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步氧化生成Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，没有H2生成，C错误；
D．碳与氧气反应先生成CO，CO进一步与O2反应生成CO2，CO2与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，D结论错误，D错误；
故答案为：B
【分析】A、铝的氧化物只有Al2O3一种，无法形成氧化物2。
B、S与O2反应生成SO2，SO2与O2继续反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NaOH反应生成Na2SO4。
C、Na与O2反应生成Na2O，Na2O与O2进一步反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH与HCl反应生成NaCl。
D、NaHCO3不稳定，受热易分解；Na2CO3稳定，受热不分解。
10．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱氢氧化钙反应，该过程体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板发生反应：，该过程中，Fe元素的化合价降低，被还原，Fe3+为氧化剂，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．豆浆是胶体，添加石膏，胶体发生聚沉，因此制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物；
Ｂ．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
Ｃ．豆浆是胶体，加入电解质会发生聚沉；
Ｄ．Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合。
11．仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是（　　）
选项 实验目的 试剂 用品
A 比较镁和铝的金属性强弱 MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水 试管、胶头滴管
B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴
C 制备[Cu（NH3）4]SO4溶液 CuSO4溶液、氨水 试管、胶头滴管
D 利用盐类水解制备Fe（OH）3胶体 饱和FeCl3溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；酯化反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与过量氨水反应时现象相同，分别产生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比较Mg(OH)2和Al(OH)3碱性的强弱，从而不能比较Mg和Al的金属性强弱，可将氨水换成过量的NaOH溶液，A项不能实现实验目的；
B.根据实验室制备乙酸乙酯可得，需要试剂为： 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 ，实验用品为： 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴 ；B项可以实现实验目的；
C.向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，C项能够实现实验目的；
D.将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，D项能实现实验目的；
故答案为：A。
【分析】A. 比较镁和铝的金属性强弱 可以用同浓度盐酸与 镁和铝 反应的快慢，或者二者与水反应店小二剧烈程度进行判断。
12．化学处处呈现美。下列说法正确的是（　　）
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．饱和溶液可析出无水蓝色晶体
C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称
D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；苯的结构与性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、干冰升华时由固态转化为气态，过程中破坏分子间作用力，无共价键断裂，A不符合题意。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O，为蓝色晶体，而无水CuSO4为白色固体，B不符合题意。
C、苯分子为正六边形结构，但不存在碳碳单键和碳碳双键，C不符合题意。
D、雾为胶体，晨雾中的光束，为胶体产生的丁达尔效应，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、干冰升华时，由固态转化为气态，无化学键断裂。
B、饱和CuSO4溶液可析出CuSO4·5H2O。
C、苯分子中不存在碳碳双键和碳碳双键。
D、晨雾中的光束为丁达尔效应。
13．下列“类比”合理的是（　　）
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；物质的简单分类
【解析】【解答】A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；
B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成 ，ClO-被还原成Cl-，B不合理；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；
D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；
故答案为：C。
【分析】A.由于钠的活动性很强可以与水反应产生碱和氢气，铁的活动性较弱不与水反应，铁粉与水蒸气才能反应得到四氧化三铁和氢气，得不到碱
B.考虑到二氧化硫的还原性易与具有氧化性的次氯酸钠发生氧化还原反应，导致产物与二氧化碳作用时不同
C.均是氮化物与盐酸发生复分解反应产物相似
D.氨水中含有氮原子具有孤对电子，易形成配合物
14．下列比较结果，错误的是（　　）
A．熔点：石英>苯酚
B．热稳定性：
C．离子半径：
D．分散系中分散质粒子的直径：：胶体溶液
【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较；分散系、胶体与溶液的概念及关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、石英的成分为SiO2，属于共价晶体；而苯酚为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点，A选项正确。
B、非金属性F＞I，因此简单氢化物的热稳定性HF＞HI，B选项错误。
C、Mg2＋、Al3＋的电子层结构相同，核电荷数Mg＜Al，因此离子半径：Mg2＋＞Al3＋，C选项正确。
D、胶体中粒子的直径大小为1～100nm，而NaOH溶液粒子的直径大小＜1nm。因此分散质粒子的直径：Fe(OH)3胶体＞NaOH溶液，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、不同的晶体类型，其熔点大小：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体。
B、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
C、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
D、根据分散系的分类标准进行分析。
15．过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是
　 溶液 现象 化学方程式
A 产生淡黄色沉淀
B 溶液由棕黄色变浅绿色
C 溶液褪色，产生白色沉淀
D (含酚酞) 溶液由红色变无色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．过量与溶液反应生成淡黄色沉淀S和，其化学方程式为，A错误；
B．过量与溶液反应生成，其化学方程式为，B正确；
C．过量与溶液反应生成白色沉淀，其化学方程式为，C 正确；
D．过量与溶液反应生成，其化学方程式为，溶液水解呈碱性，溶液水解呈酸性，碱能使酚酞试剂变红，所以整个反应过程中，溶液由红色变无色，D正确；
故答案为：A。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
二、多选题
16．实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（　　）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
17．一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少
【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A、反应Ⅱ中SO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHSO3和CO2，过程中没有元素化合价发生变化， 不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，低温真空蒸发的溶液pH=11，显碱性，因此该溶液的溶质为Na2SO3，故低温真空蒸发是为了防止Na2SO3被氧化，B不符合题意。
C、固液分离后所得溶液Y的成分为Na2SO3，可用于吸收SO2，C符合题意。
D、反应Ⅲ中Na2SO3、CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，该反应的化学方程式为2CuSO4＋3Na2SO3=Cu2O＋SO2↑＋2Na2SO4，化合物X为Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大，更多的Na2SO3会消耗溶液中的H＋，用于控制溶液的pH，因此可减少NaOH的量，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】反应Ⅰ中Cu与浓硫酸反应生成CuSO4、H2O和SO2，因此气体Ⅰ为SO2。SO2气体通入Na2CO3溶液中反应生成NaHSO3和CO2，因此气体Ⅱ为CO2。调节溶液的pH=11，溶液显碱性，此时溶液中的溶质为Na2SO3。低温真空蒸发，可防止Na2SO3被氧化为Na2SO4，固液分离后得到的化合物X为Na2SO3，Na2SO3与CuSO4反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4。
三、实验探究题
18．资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应红棕色；和氧化性几乎相同。
（1）将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
　 实验现象
实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 部分溶解，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
实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　 　填“”“”或“”实验Ⅱ。
实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有蓝色或无色，进行以下实验探究：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
步骤的目的是　 　。
查阅资料，，无色容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　 　。
结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　 　。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，加入浓溶液，　 　填实验现象，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　 　。
（2）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　 　。
（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　 　。
【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色；铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的
（2）铜；含的的溶液
（3）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ； 铜与碘的反应为可逆反应或浓度小未能氧化全部的 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 ，故答案为： 在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
19．学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为　 　，装置B的作用为　 　。
（2）铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为　 　；产生的气体为　 　。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是　 　。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为　 　。
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是　 　，粗品中X的相对含量为　 　。
【答案】（1）具支试管；防倒吸
（2）Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；O2；既不是氧化剂，又不是还原剂
（3）CuO2
（4）溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；72%
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O，产生的气体为氧气，从化合价升降角度分析，H+既不是氧化剂也不是还原剂；
（3）设X的化学式为：CuOx，分解后生成的黑色物质为CuO，反应前后根据铜元素守恒，可得，解的x=2，所以X的化学式为：CuO2
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据反应方程式，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为
【分析】第（1）本实验目的是探究 铜的氧化过程及铜的氧化物的组成 ，铜与浓硝酸反应，铜被浓硝酸氧化，产生NO2气体，该气体极易溶于水且有毒，需要防止倒吸，并用氢氧化钠溶液吸收；
第（2）为探究铜与过氧化氢溶液反应原理探究，铜与过氧化氢溶液不直接反映，但是加入稀硫酸后，反应生成硫酸铜和氧气；
第（3）是探究氢氧化与硫酸铜反应生成铜氧化物探究；
第（4）为氧化还原反应滴定，找到被滴定物质与标准溶液关系即可计算。
四、综合题
20．含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ： 。判断该反应的自发性并说明理由　 　。
（2）已知 。 时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的 和 ，当反应达到平衡后测得 、 和 的浓度分别为 、 和 。
①该温度下反应的平衡常数为　 　。
②平衡时 的转化率为　 　。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是　 　。
A．须采用高温高压的反应条件使 氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是　 　。
A． B． C． D． E. F. G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)　 　。
（4）一定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.①　 　；
Ⅲ. ；
Ⅳ.②　 　。
【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为
（2）；
（3）C；BDF；
（4）；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）实验室 中铜与浓硫酸的反应制备少量的二氧化硫反应为 ，焓变小于0，熵变大于0.根据＜0.判断自发反应，故正确答案是 ：不同温度下都能自发，是因为
（2）① 根据方程式 以及给出的数据计算出平衡常数K===
②二氧化硫平衡转化率为X100%==88%
（3）①A.在常压下，二氧化硫催化氧化三氧化硫的反应中，其实二氧化硫的转化率已经很高，工业上采用采用高压的反应条件，可以提高转化率，故A不符合题意
B.进入接触室之前的气流中含有降低催化剂活性的物质，需要进行处理易防止降低催化剂的活性， 故B不符合题意
C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，是平衡向右移动，因此可以提高含硫矿石的转化率和二氧化硫的转化率，故C符合题意
D.三氧化硫与水的反应是放出大量的热，在吸收塔中若采用水或者稀硫酸吸收三氧化硫反应放出的热量会使硫酸形成酸雾导致吸收三氧化硫的吸收率减小，因此在吸收塔中不宜采用稀硫酸吸收三氧化硫，故D不符合题意
②热交换主要是能量的交换，交换时反应物和催化剂不接触，温度降低，化学反应速率降低，但是转化率几乎不变，热交换的过程是a4-b3，a3-b2，a2-b1，正确答案是：BDF
③最是温度曲线是反应平衡时的转化率曲线，不同的最适合温度转化率不同，但是温度升高，转化率降低，当温度高于最适合温度后，催化剂的活性降低，会低于平衡时的转化率，因此 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图 ；
（4） 定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化 ， ，此时溶液是显碱性，然后过氧化氢将硫氢根离子氧化为硫酸根离子，此时溶液为澄清，pH减小，发生 ，随着反应的进行，硫氢根离子被过氧化氢氧化为硫单质，变浑浊，此时消耗氢离子，pH增大，发生 ，再接着进行反应，硫单质被过氧化氢氧化，变为硫酸根离子，溶液显酸性，发生 ，此时溶液变为澄清。故正确答案是： ，
【分析】（1）根据进行判断即可
（2）①根据数据带入计算公式计算
②根据二氧化硫的转化量以及反应后的总量进行计算
（3）①A.采用高压主要是增大转化率，温度控制在500℃左右是催化剂的活性最大
B.含有其他可使催化剂中毒的气体需要除杂
C.提供足量的空气主要是增大接触面积，以及增大氧气的量提高二氧化硫的转化率
D.应该采用浓硫酸进行吸收
②考查的是热交换时，转化率不受影响
③考查的是温度对转化率的影响，此反应是放热反应，因此温度升高转化率降低
（4）主要将此过程分析清楚，硫氢根离子具有还原性，以及过氧化氢具有还原性，浑浊是产生硫单质，澄清是硫单质被消耗
21．物质类别和核心元素的价态是我们学习元素及其化合物性质的两个重要视角。部分含铁物质的类别与相应化合价的关系如图所示，回答下列问题：
（1）Y俗称　 　，写出它的一种常见用途：　 　。
（2）用化学方程式表示Z在空气中转化为：　 　。
（3）用离子方程式表示转化为：　 　(写一个即可)。
（4）某小组同学研究的化学性质，预测能与下列试剂中的　 　(填序号)发生氧化还原反应。
①溶液 ②溶液 ③酸性溶液 ④新制氯水
（5）实验室提供了下列试剂：溶液、溶液、淀粉溶液、粉。请设计实验方案证明溶液中的具有氧化性：　 　。
【答案】（1）铁红；红色颜料或冶炼金属铁的原料等
（2）
（3）或等
（4）③④
（5）取少量溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色
【知识点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Y为Fe2O3，俗称铁红；Fe2O3为红棕色固体，通常用作红色颜料或冶炼金属铁的原料，故答案为：铁红；红色颜料或冶炼金属铁的原料等。
（2）Z为，在潮湿的空气中容易被氧化为Fe(OH)3，反应的化学方程式为：，故答案为： 。
（3）Fe和稀硫酸、硫酸铁、硫酸铜等反应均可转化为硫酸亚铁，用离子方程式表示转化为：或等，故答案为：或等 。
（4）具有较强还原性，能与酸性高锰酸钾溶液、新制氯水等发生氧化还原反应，选③④，故答案为：③④。
（5）根据所给试剂，可用氯化铁溶液氧化KI生成碘，然后用淀粉检验碘，故设计实验方案证明溶液中的具有氧化性的方案为：取少量溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色，故答案为： 取少量溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色 。
【分析】Y是铁元素为+3价的氧化物，则Y为Fe2O3，X是铁元素为+3价的硫酸盐，则X为Fe2(SO4)3，Z为铁元素为+2价的碱，则Z为Fe(OH)2。
22．市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
（1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为　 　；溶液的作用为　 　；D中发生的主要反应的化学方程式为　 　。
（2）将D中溶液转移至　 　(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成的离子方程式为　 　。
（3）利用图示相同装置，将R和固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为　 　和　 　。
（4）为保证溴的纯度，步骤(3)中固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以计)，则需称取　 　(用含m的代数式表示)。
（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用　 　，滤液沿烧杯壁流下。
【答案】（1）直形冷凝管；除去市售的溴中少量的；
（2）蒸发皿；
（3）液封；降低温度
（4）
（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
【知识点】氧化还原反应；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；
（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；
（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；
（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；
（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称； 能氧化 生成Br2；D中Br2和 均能与反应；
（2）蒸干溶液使用蒸发皿；具有强氧化性，与发生氧化还原反应 ；
（3）溴的密度大于水，水起到液封作用，同时能降低温度，防止溴挥发；
（4）根据关系式计算；
（5）转移溶液时需要使用玻璃棒引流。
（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；
（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为；
（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；
（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；
（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。
23．铁单质及其化合物的应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子排布式为　 　。
（2）用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为　 　。每个晶胞B中含Fe原子数为　 　。
（3）合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式　 　。从能量角度分析，铁触媒的作用是　 　。
（4）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如 、 、 。某同学按如下步骤完成实验：
① 为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是　 　，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可采取的方法是　 　。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡： ； ，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为　 　，平衡常数为　 　(用K1和K2表示)。
【答案】（1）3d64s2
（2）8；4
（3）；降低反应活化能
（4）由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为 ，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式 。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为： ；降低反应活化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明 和氟离子转化为 ，其离子方程式为 ， 和 相减得到 ，所以平衡常数为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）Fe是26号元素，处于第四周期第Ⅷ族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；
（2）A晶胞为体心立方堆积，以体心Fe原子研究，与之紧邻的原子处于顶点；均摊法计算B晶胞中Fe数目，顶角原子贡献率为1/8，面心原子贡献率为1/2；
（3）由图可知1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气放出（a b）kJ热量，书写热化学方程式需注明物质的聚集状态和反应热△H；使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率；
（4）①根据Fe3＋易水解分析颜色变化，由于水解使溶液呈酸性，加酸抑制水解既能观察到浅紫色；
②根据溶液颜色由红色转变为无色，证明[Fe(SCN)6]3 转化为[FeF6]3 ，可以由第二个离子方程式减去第一个离子方程式得到，平衡常数为两个反应的平衡常数之比。
五、流程题
24． 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是　 　。
（2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为　 　；“滤渣”的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为____(填标号)[已知的]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为　 　；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为　 　。
（6）“酸溶3”的目的是　 　。
【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2）；SiO2
（3）、
（4）A
（5）+1；6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn
【知识点】氧化还原反应；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，“酸溶1”是为了溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+3，则反应的化学方程式为；由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，则反应的化学方程式为、。
（4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为：A。
（5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。
（6）“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。
【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中加入浓盐酸进行酸溶1，Fe溶于浓盐酸生成氯化亚铁，其他均不溶，分离出氯化亚铁溶液，滤渣中加入王水进行酸溶2，“酸溶2”中转化为，发生反应 ，SiO2不与浓盐酸、王水反应，因此滤渣为SiO2，过滤除去后煮沸，再加入浓盐酸、DETA沉铑，将铑元素沉淀，“灼烧”后分解成铑单质，通入氢气高温还原得到铑粉；滤液2中主要含有Pt元素，向滤液2中加入氯化铵沉铂，分离出含铂沉淀，加入SnCl2将(III)还原为，加入Zn进行二次还原，分离出滤液3，为了保证被还原完全，加入的Zn是过量的，则二次还原后，加入浓盐酸进行酸溶3，除去过量的Zn得到铑粉。
25．固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4，以Y为原料实现如图转化。
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是 　 　。写出溶液C中的所含有的阴离子 　 　。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是 　 　。
（2）下列说法正确的是 。
A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有Na2CO3
C．Mn（OH）2可溶于NH4Cl溶液 D．碱性：Ca（OH）2＜Fe（OH）2
（3）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+）可氧化Mn2+为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素 　 　；写出Mn2+转化为的离子方程式 　 　。
【答案】（1）MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
（2）B；C
（3）取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀，步骤Ⅲ通入适量二氧化碳，碳酸锰和碳酸钙沉淀，碳酸镁未沉淀，说明MgCO3溶解度最大；溶液C为氯化镁溶液，含有大量Cl-，步骤Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根，则溶液C中的所含有的阴离子为 、、OH-、Cl-；步骤Ⅱ中，加入NH4Cl是为了调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀，故答案为：MgCO3；、、OH-、Cl-；调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀；
（2）A、由分析可知，气体D为二氧化碳，二氧化碳会造成温室效应，不会形成酸雨，故A错误；
B、二氧化碳和Na在加热条件下可能发生反应，因此 固体E可能含有Na2CO3 ，故B正确；
C、NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，因此Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，故C正确；
D、氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，则碱性：Ca(OH)2＞Fe(OH)2，故D错误；
故答案为：BC；
（3）酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，则取一定量Y于试管中，加入适量稀硫酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； NaBiO3（微溶于水 ） 可氧化Mn2+为 ，根据得失电子守恒和质量守恒配平反应的方程式为：，故答案为：取一定量的固体B于试管中，滴加稀硫酸溶液后，加入少量NaBiO3固体，溶液变为紫红色，则Y中含有锰元素；。
【分析】 固态化合物Y的组成为MgCaFeMn（CO3）4， 加入盐酸，得到气体D和溶液A，根据Y的组成可知，气体D为二氧化碳，溶液A为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化锰的混合溶液，气体D和Na在加热条件下反应生成CO和固体E；向溶液A中加入氨气和氯化铵，氯化亚铁转化为氢氧化亚铁，溶液B中溶液B与适量二氧化碳反应生成碳酸锰、碳酸钙，则溶液C中主要含有氯化镁。
1 / 1

展开更多......

收起↑