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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题2离子反应氧化还原反应
一、选择题
1． 下列化学用语或图示表示正确的是(　　)
A．的VSEPR模型：
B．的电子式：
C．Cl的原子结构示意图：
D．溶于水的电离方程式：
2．下列离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
3．下列离子方程式正确的是（　　）
A．HCO3-的水解反应：HCO3-+ H2O=H3O++ CO32-
B．CaCO3与醋酸反应：CaCO3+ 2H+ =Ca2++ CO2↑+ H2O
C．FeO与硝酸反应：FeO+ 2H+ 一 Fe2++H2O
D．苯酚钠水溶液中通入少量CO2气体：
4．阅读下列材料，完成下列小题.
氨是其他含氮化合物的生产原料.氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2，NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。
（1）下列有关反应的化学方程式错误的是（　　）
A．氨在氧气中燃烧：
B．液氨与金属钠反应：
C．氨水溶解：
D．浓氨水与HgCl2反应：
（2）下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（　　）
A．与 结合的能力：
B．与氨形成配位键的能力：
C．H2O和分子中的键长：O-H＞N-H
D．微粒所含电子数：
5．室温下，有色金属冶炼废渣（含等的氧化物）用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：。下列说法正确的是（　　）
A．较浓溶液中：
B．溶液中：的平衡常数
C．溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
6．下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是（　　）
选项 实验 化学知识
A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO3-、NO
B 70%硫酸与Na2SOз制 SO3 H+、Na+、SO42-、HSO3-
C 浓盐酸与KMnO4制Cl2 H+、K+、Mn2+、Cl-
D 双氧水与FeCl3溶液制O2 H+、Fe2+、Cl-、H2O2
A．A B．B C．C D．D
7． 微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化的解释错误的是（　　）
选项 颜色变化 解释
A 空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑色铜丝恢复光亮的紫红色 =
B 悬浊液中加入溶液，固体由白色变为红褐色 =
C 溶液中加入，浅绿色溶液出现蓝色浑浊 =
D 溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色
A．A B．B C．C D．D
8．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是（　　）
A．还原性：
B．按上述方案消耗可回收
C．反应①的离子方程式是
D．溶液①中的金属离子是
阅读下列材料，完成问题：
倠化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等．倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制（二甲醚）、倠化氧化等．催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成（环氧乙烷）、用催化生成．催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞．我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向．
9．下列说法正确的是（　　）
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性
C．制反应中，能加快化学反应速率
D．与反应中，能减小该反应的焓变
10．下列化学反应表示正确的是（　　）
A．汽车尾气处理：
B．电催化为的阳极反应：
C．硝酸工业中的氧化反应：
D．和催化制二甲醚：
11．下列有关反应描述正确的是（　　）
A．催化氧化为，断裂键
B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程
C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键
D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为
12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性
B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是
D 溶液导电性比同浓度醋酸强 溶液的比醋酸的高
A．A B．B C．C D．D
13．甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
14．CuCl微溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成和而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含和的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升
C．的电离方程式为：
D．体系中，
15．某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（　　）
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
16．某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（　　）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
二、实验探究题
17．学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。
实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体
已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题：
（1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的　 　(填标号)。
a． b． c． d．
（2）实验I表明　 　(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　 　。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　 　、　 　。
（3）实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因　 　。
实验Ⅳ：
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　 　、　 　。
三、解答题
18．矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）的利用有火法和电解法等。
已知：①PbCl2(s) PbCl2(aq)H2[PbCl4]；
②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是　 　（选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一）。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2 ，写出该反应的化学方程式　 　；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入　 　（填一种反应试剂），充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是____。
A．电解池中发生的总反应是PbS＝Pb＋S（条件省略）
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2mol NaOH
D．ClF的氧化性弱于Cl2
（3）D的结构为HO－－X（X＝F或Cl），设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后　 　；
②写出D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式　 　。
19．Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。
25℃时各物质溶度积见表：
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Ca（OH）2
溶度积（Ksp） 4.9×10﹣17 2.8×10﹣39 5.0×10﹣6
回答下列问题：
（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 　 　。O2﹣的核外电子排布式为 　 　。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 　 　。
（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 　 　。
②为加快反应速率，可采取的措施有 　 　（写出两项即可）。
（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过 　 　。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 　 　，该副产物中CaCl2的质量分数为 　 　。
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．聚合氯化铝用于城市给排水净化。氧化铝法制取无水三氯化铝的反应如下：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）2AlCl3（g）+3CO（g）。
（1）标出上述反应的电子转移方向和数目 　 　。
（2）写出该反应的平衡常数表达式：K＝　 　。
（3）Al原子核外有 　 　种不同能量的电子。
聚合氯化铝（PAC）是一种介于AlCl3和Al（OH）3之间的水溶性无机高分子聚合物，PAC的水解过程中会有一种聚合稳定态物质[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+称为Al13，Al13对水中胶体和颗粒物具有高度电中和桥联作用，是净水过程中的重要物质。
（4）Al13在水解过程中会产生[Al（OH）2]+、[Al（OH）]2+等产物，请写出Al3+水解产生[Al（OH）]2+的离子方程式：　 　。
（5）AlCl3溶液与NaOH溶液反应，若参加反应的铝离子最终转化生成Al13，则理论上参与反应的Al3+与OH﹣的物质的量之比是 　 　。
（6）使用Al3+净水时应控制pH在6.8～8.02之间，否则净水效果不佳。请结合使用Al3+水解净化水时铝元素存在的形态，分析在强酸性和强碱性环境时净水效果差的原因 　 　。
22．氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为　 　(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有　 　(填元素符号)。
（2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为　 　。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为　 　。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是　 　。
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是　 　。
四、流程题
23．工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为　 　。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，　 　；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是　 　。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为　 　(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
24．盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为　 　，该溶液　 　。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是　 　(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在　 　以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加　 　的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是　 　；进行操作时应选择的试剂是　 　，若不进行该操作而直接浓缩，将导致　 　。
25．均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性可与水反应，化学方程式为　 　。
（2）常温下，的氨性溶液中，　 　 (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为　 　。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于　 　(填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是　 　。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为　 　。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为　 　；晶体中一个周围与其最近的O的个数为　 　。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为　 　。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和　 　(填化学式)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为 ，故A正确；
B． 是离子化合物，由钠离子和硫离子构成，其电子式为：，故B错误；
C．Cl原子最外层有7个电子，其结构示意图为：，故C错误；
D．是强电解质，完全电离，其电离方程式为：，故D错误；
故选A。
【分析】A．的中心原子N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；
Ｂ． 为离子化合物；
Ｃ．Cl原子最外层有7个电子；
Ｄ． 是强电解质。
2．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与S2－发生完全双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体；且MnO4－具有氧化性，能将S2－氧化成S单质，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中SO32－能与H＋反应生成SO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意。
C、NH4＋能与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O；且Mg2＋能与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不能形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应；不发生完全双水解反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
3．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． HCO3-水解生成碳酸，正确的水解反应为：，HCO3-+ H2O=H3O++ CO32- 是HCO3-的电离方程式，故A错误；
Ｂ．醋酸是弱酸，应保留分子式，正确的离子方程式为 CaCO3+ 2CH3COOH =Ca2++ 2CH3COO-+CO2↑+ H2O ，故B错误；
Ｃ．硝酸具有强氧化性，FeO与硝酸反应时，生成硝酸铁，正确的离子方程，故C错误；
Ｄ．苯酚的酸性弱于碳酸，苯酚钠与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 ，故D正确；
故选D。
【分析】A． HCO3-水解生成碳酸；
Ｂ．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式；
Ｃ．硝酸具有强氧化性，会将FeO氧化为铁离子；
Ｄ．苯酚钠与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠。
4．【答案】（1）D
（2）B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
【分析】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水；
Ｂ．液氨和金属钠反应生成 NaNH2和氢气；
Ｃ．氢氧化铜溶于氨水生成；
Ｄ．浓氨水和 反应生成沉淀和氯化铵；
（2）A．金属钠与水快速反应生成氢气，与液氨反应缓慢生成氢气；
Ｂ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．均含有10个电子。
（1）【解答】A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）【解答】A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
5．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，故A错误；
B．该反应的平衡常数，故B正确；
C．溶液中 ，根据质子守恒有： ，故C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，故D错误；
故选B。
【分析】 有色金属冶炼废渣（含等的氧化物） 用过量的较浓溶液酸浸 ，SiO2不与硫酸反应，Cu和Ni的氧化物与硫酸反应生成对应的硫酸盐，则浸取液中主要含、，向浸取液中加入溶液提铜，加入溶液沉镍得到。
6．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．NO难溶于水，溶液中不可能含有大量NO，故A错误；
Ｂ． 70%硫酸与Na2SOз反应生成的是SO2，而非SO3，反应后的溶液中含有硫酸钠，可能有过量的亚硫酸钠，不含 HSO3- ，故B错误；
Ｃ． 浓盐酸与KMnO4制Cl2发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，浓盐酸电离产生大量氢离子，因此溶液中含有 H+、K+、Mn2+、Cl- ，且这些离子之间互不反应，能够稳定存在，故C正确；
Ｄ． H2O2 能氧化亚铁离子， Fe2+、 H2O2 不可能大量共存， 故D错误；
故选C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
7．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．空气中灼烧铜丝，铜被氧化为CuO，CuO氧化乙醇得到乙醛，反应的化学方程式为：2Cu+O22CuO、，故A错误；
B． 的溶解度大于，向悬浊液中加入溶液，发生沉淀的转化：= ，固体由白色变为红褐色，故B正确；
C．溶液中加入， 生成 沉淀，反应的离子方程式为=，故C正确；
D．溶液中加入NaOH溶液 ，发生反应：，Cr2O在溶液中呈橙色，在溶液中呈黄色，因此溶液由橙色变为黄色，故D正确；
故选A。
【分析】A．Cu在空气中灼烧得到CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛；
Ｂ．沉淀会从溶解度大的向溶解度小的转化；
Ｃ． 与亚铁离子反应生成 蓝色沉淀；
Ｄ．Cr2O呈橙色，呈黄色。
8．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．根据流程信息及分析可知，还原性：Fe＞Cu＞Ag，A不符合题意；
B．根据反应中得失电子守恒可知，反应关系式2Ag~Cu~Fe，所以按上述方案消耗1mol Fe可回收2mol Ag，B不符合题意；
C．根据流程图信息，反应①的离子方程式为 ，C符合题意；
D．根据流程图信息，最后一步涉及反应是FeFe2+Fe3+，所以溶液①中的金属离子是Fe3+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.还原性：还原剂＞氧化剂，还原剂在反应中部分元素化合价升高，氧化剂反应中部分元素化合价降低。
B.反应中得失电子守恒。
C.注意原子守恒、电荷守恒。
D.注意Fe2+被O2氧化为Fe3+。
【答案】9．C
10．D
11．B
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A、催化剂能降低反应的活化能；
B、 用催化生成 ；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂；
D、催化剂不影响焓变；
（2）A、该方程式原子不守恒；
B、阳极发生失电子的氧化反应；
C、氨催化氧化生成一氧化氮和水；
D、和催化制二甲醚，同时生成水；
（3）A、羟基被氧化为醛基，形成C=O键；
B、氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层；
C、丁烷不含键 ；
D、石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化。
9．A、固氮酶是催化剂，能降低该反应的活化能，故A错误；
B、催化剂有选择性，C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，说明Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，故B错误；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂，能加快化学反应速率，故C正确；
D、催化剂不影响焓变， V2O5是SO2与O2反应的催化剂，不能改变该反应的焓变，故D错误；
故答案为：C。
10．A、 该方程式原子不守恒，正确的化学方程式为，故A错误；
B、 阳极发生的是失电子的氧化反应，故B错误；
C、发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D、 和催化制二甲醚，同时生成水，反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：D。
11．A、 催化氧化为，断裂键和键生成键，故A错误；
B、 氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程，故B正确；
C、丁烷为饱和烃，不含键 ，故C错误；
D、 石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为，故D错误；
故答案为：B。
12．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、将浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖转化为碳，体现了浓硫酸的脱水性；形成多孔碳，说明碳与浓硫酸氧化还原反应，体现了浓硫酸的氧化性，A符合题意。
B、冷却后烧瓶内颜色变浅，说明降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，因此NO2转化为N2O4的反应为放热反应，B不符合题意。
C、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，久置在空气中的漂白粉与空气中的CO2反应生成CaCO3，因此遇稀盐酸变为CO2，C不符合题意。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH＜7，因此NaCl溶液的pH笔醋酸的pH高，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、浓硫酸加入蔗糖形成多孔碳，则蔗糖发生脱水反应和氧化还原反应。
B、冷却后颜色变浅，说明降低温度，平衡向生成N2O4的方向移动。
C、漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH<7。
13．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
14．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．加水稀释，溶液的体积变大，溶液中离子浓度减小，因此浓度一定下降，A正确；
B．加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增加，可能促使转化为，因此浓度不一定上升，B错误；
C．配离子不能拆解成Cu+和Cl-，因此H[CuCl2]应电离为H+和，电离方程式错误，C错误；
D．电荷守恒未考虑的电荷数，因此溶液中存在的电荷守恒等式应为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、加水稀释，溶液中浓度减小。
B、加入NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，结合平衡移动分析。
C、配离子不能拆解成离子形式。
D、结合电荷守恒分析。
15．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
16．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
17．【答案】bc；不能；提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成；；；实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行；；
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。
（2）CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，因此，大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。
（3）实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯等。
（2）根据实验 I 现象进行分析。过量的碳酸氢根可使转化为。 实验Ⅲ中作 分解的催化剂。
（3）Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成。
（4）根据实验Ⅳ现象，涉及反应为、。
18．【答案】（1）还原性；Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O（或Pb3O4＋8H+＋6Cl ＝3[PbCl4]2 ＋Cl2＋4H2O）；PbO/Pb(OH)2/PbCO3
（2）A；B
（3）加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F ；H＋＋SO3X ＋3OH ＝SO＋X ＋2H2O（或SO3X ＋2OH ＝SO＋X ＋H2O，H＋＋OH ＝H2O）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据流程图信息，PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；根据题干信息可知，Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；根据已知①，从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）A．根据已知②，电解前后ZnS总量不变，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb，则电解池中发生的总反应为PbS＝Pb＋S（条件省略），正确；
B．根据流程图信息可知，PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物，即产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，正确；
C．根据流程图信息，可推出混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF，则1mol化合物C在水溶液中最多可中和4mol NaOH，错误；
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2，错误。
（3）①根据D的结构式，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F 。
②HSO3X的溶液与足量NaO
【分析】（1）PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质。
（2）A．根据电解池装置图可知，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
B．PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物。
C．混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF。
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2。
（3）①检验Cl ，可通过加入硝酸酸化的AgNO3溶液，会产生白色沉淀。
②HSO3X的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX。
19．【答案】（1）+3；1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
（3）4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；搅拌、适当升高温度
（4）11；当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，Fe元素的化合价是+2和+3。O2-的核外电子数为10，排布式为1s22s22p6。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，是为了防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁。
（3）①由分析可知，反应釜2中离子方程式为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。
（4）①Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=5.0×10-6，则溶液中c(Ca2+)=5.0mol/L时，
c(OH-)=mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-11mol/L，pH=11，所以25℃时，c(Ca2+)=5.0mol/L，理论上pH不超过11。
②滴定达到终点的现象为当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色。
③涉及反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n(CaCl2)=n(KMnO4)=2.5×0.024L×0.1000mol/L=0.0060mol，m(CaCl2)=0.0060mol×111g/mol=0.6660g，CaCl2的质量分数为= 66.6% 。
【分析】根据题干信息及流程图信息，“反应釜1”中发生反应：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，“反应釜2”中发生反应：4CaO+6H2O+4FeCl2+O2=4Fe(OH)3↓+4CaCl2，“反应釜3”中经调节pH，形成Fe3O4和CaCl2溶液，经“加压过滤”得到Fe3O4沉淀和CaCl2溶液，Fe3O4沉淀经后处理得到Fe3O4固体，CaCl2溶液经后处理得到CaCl2水合物。
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）
（2）
（3）5
（4）Al3++H2O [Al（OH）]2++H+
（5）13：32
（6）若是强酸性，抑制Al3+水解；若是强碱性，Al元素以（或[Al（OH）4]﹣）形式存在
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）该反应中C为还原剂，氯气为氧化剂，3molC参与反应转移6mol电子，单线桥表示形式为 或用双线桥的形式表示；
（2）根据平衡常数的数学表达式，K= ；
（3）基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p，有5种不同能量的电子；故答案为5；
（4） Al3+水解 会产生[Al（OH）2]+、[Al（OH）]2+等即可写出水解的离子方程式为： Al3++H2O [Al（OH）]2++H+ ；
（5）理论上完全转化，发生的离子方程式为13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+，参与Al3+与OH-的物质的量之比为13∶32；故答案为13∶32；
（6）如果是强酸性，抑制Al3+水解，不能得到Al13，如果是强碱，Al元素以 Al（OH）4]﹣ 形式存在，也不能得到Al13；故答案为如果是强酸性，抑制Al3+水解，如果是强碱，Al元素以[Al（OH）4]﹣ 形式存在；
【分析】（1）找出氧化剂和还原剂找出转移电子总数，由还原剂指向氧化剂即可写出；
（2）根据平衡常数计算公式即可写出；
（3）基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p，有5种不同能量的电子；
（4）根据反应物和生成物即可写出离子方程式；
（5）根据反应物和生成物写出离子方程式即可找出物质的量之比；
（6）铝离子水解，酸性抑制水解，碱性导致形成 [Al（OH）4]﹣。
22．【答案】（1）；Cu、O
（2）；H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
（3）高效、经济、原子利用率高、无污染
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②由图可知，在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
(2)①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应生成并放出，离子方程式为：；
②电负性：O>H>Fe，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；
③在其他条件相同时，随增加，与铁粉反应速率加快，由图可知，Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。
(3)“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
【分析】（1）①电解时阳极发生氧化反应；
②在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2；
（2）①溶液与铁粉反应生成并放出；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为 ；
③随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大 ；
（3）该原理的原子利用率高，不产生污染物。
23．【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
24．【答案】（1）；
（2）、Mg(OH)2；；Na2CO3
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度；盐酸；浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，令[B4O5(OH)4]2－的系数为1，则B(OH)3、[B(OH)4]-的系数均为2，结合H、O原子守恒可得，H2O的系数为5，因此该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O=2B(OH)3＋2[B(OH)4]-。含硼固体中存在平衡B(OH)3＋H2O H＋＋[B(OH)4]－，由硼元素守恒可得，B(OH)3和[B(OH)4]－的浓度相同由平衡常数可得，所以此时溶液的pH=9.34。
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的成分为CaSO4和Mg(OH)2。“精制Ⅱ”的过程中加入饱和Na2CO3时，应控制CO32－的浓度，防止Li2CO3形成沉淀，因此可得c2(Li＋)×c(CO32－)＜2.2×10－3，解得c(CO32－)＜5.5×10－4mol·L－1。若脱硼后直接进行“精制Ⅰ”操作，则无法回收HCl，且HCl的存在，会使得“精制Ⅱ”操作中消耗更多的Na2CO3，因此会增加Na2CO3的用量。
（3）“精制Ⅱ”的过程中加入Na2CO3，发生反应Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此“精制Ⅱ”的目的是将滤液中的Ca2＋转化为CaCO3沉淀除去。“精制Ⅱ”操作中加入Na2CO3溶液后，使得溶液中c(CO32－)较大，直接进行浓缩操作，会使得Li＋形成Li2CO3沉淀，得到的NaCl中会混有Li2CO3，使得Li2CO3的产率减小。因此需经过“操作X”除去溶液中过量的Na2CO3，此时所加的试剂为稀盐酸。
【分析】“脱硼”过程中，卤水中硼酸根离子与HCl反应生成含硼固体除去。所得滤液进行蒸发浓缩，得到的晶体所含离子为Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－和SO42－，“煅烧”过程中生成HCl气体，除去了晶体中的Cl－。“水浸”后往滤液中加入生石灰（CaO），CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，Ca2＋能与SO42－结合成CaSO4微溶物，OH－能与Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Mg(OH)2、CaSO4。过滤后往滤液中再加入纯碱（Na2CO3），CO32－与过量的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀，因此滤渣Ⅱ的成分为CaCO3。“操作X”为除去溶液中过量的Na2CO3，因此所加试剂为稀盐酸。对所得溶液进行浓缩，使溶液中的NaCl结晶析出，得到LiCl溶液，加入饱和Na2CO3溶液后，Li＋与CO32－反应，生成Li2CO3沉淀。
25．【答案】（1）
（2）＞
（3）或
（4）晶体；减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）；体心；12
（6）0.4或；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；晶体的定义；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）活性MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，该反应的化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。
（2）lgKb(NH3·H2O)=－4.7，所以Kb(NH3·H2O)=10－4.7，即。常温下该溶液的pH=9.9，则溶液中c(H＋)=10－9.9mol·L－1，此时溶液中，所以，所以溶液中c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)。
（3）“氨浸”过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋，其中Co元素发生还原反应，则溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，因此反应的离子方程式为：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32－=[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O＋4OH－。若氨水的量少，则发生反应的离子方程式为2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4＋＋SO32－=2[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O。
（4）①NH4Al(OH)2CO3的X射线衍射图谱中出现了明锐的衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，较少了胶状物质对Ni、Co氧化物的包裹，增大了滤泥与氨性溶液的接触面积，从而提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”过程中饱和NiCl2溶液中NiCl2结晶析出，得到NiCl2·4H2O。通入的气体A为HCl，可增大溶液中c(Cl－)，促进NiCl2结晶析出。
②在AlxCoOy晶体中，Co原子的个数为1，因此Co位于晶胞的体心位置。Al与O最小间距大于Co与O的最小间距，因此Al位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心。所以晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为个。
（6）①加入活性MgO后得到滤液Ⅰ，滤液Ⅰ的主要成分为Mg(NO3)2。“结晶纯化”后得到晶体A，晶体A中含有6个结晶水，因此晶体A的化学式为Mg(NO3)2·6H2O。根据反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O可得，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5。
②“热解”过程中发生反应Mg(OH)2MgO＋H2O，因此可循环利用的物质还有MgO。
【分析】（1）MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据NH3·H2O的电离平衡常数，确定大小，从而得出c(NH3·H2O)与c(NH4＋)的相对大小。
（3）“氨浸”时，Co发生还原反应，则氨性溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①X射线衍射图谱中出现明锐的衍射峰，则该物质属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①饱和NiCl2溶液中通入HCl，增大溶液中c(Cl－)可促使NiCl2结晶析出。
②结合晶胞结构分析。
（6）①“结晶纯化”过程中发生反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O，据此计算。
②由于Mg(OH)2热分解产生MgO，因此可循环的物质还有MgO。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题2离子反应氧化还原反应
一、选择题
1． 下列化学用语或图示表示正确的是(　　)
A．的VSEPR模型：
B．的电子式：
C．Cl的原子结构示意图：
D．溶于水的电离方程式：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．的中心原子N原子的价层电子对数为3+=4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为 ，故A正确；
B． 是离子化合物，由钠离子和硫离子构成，其电子式为：，故B错误；
C．Cl原子最外层有7个电子，其结构示意图为：，故C错误；
D．是强电解质，完全电离，其电离方程式为：，故D错误；
故选A。
【分析】A．的中心原子N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；
Ｂ． 为离子化合物；
Ｃ．Cl原子最外层有7个电子；
Ｄ． 是强电解质。
2．下列离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与S2－发生完全双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体；且MnO4－具有氧化性，能将S2－氧化成S单质，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中SO32－能与H＋反应生成SO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意。
C、NH4＋能与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O；且Mg2＋能与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不能形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应；不发生完全双水解反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
3．下列离子方程式正确的是（　　）
A．HCO3-的水解反应：HCO3-+ H2O=H3O++ CO32-
B．CaCO3与醋酸反应：CaCO3+ 2H+ =Ca2++ CO2↑+ H2O
C．FeO与硝酸反应：FeO+ 2H+ 一 Fe2++H2O
D．苯酚钠水溶液中通入少量CO2气体：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． HCO3-水解生成碳酸，正确的水解反应为：，HCO3-+ H2O=H3O++ CO32- 是HCO3-的电离方程式，故A错误；
Ｂ．醋酸是弱酸，应保留分子式，正确的离子方程式为 CaCO3+ 2CH3COOH =Ca2++ 2CH3COO-+CO2↑+ H2O ，故B错误；
Ｃ．硝酸具有强氧化性，FeO与硝酸反应时，生成硝酸铁，正确的离子方程，故C错误；
Ｄ．苯酚的酸性弱于碳酸，苯酚钠与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 ，故D正确；
故选D。
【分析】A． HCO3-水解生成碳酸；
Ｂ．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式；
Ｃ．硝酸具有强氧化性，会将FeO氧化为铁离子；
Ｄ．苯酚钠与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠。
4．阅读下列材料，完成下列小题.
氨是其他含氮化合物的生产原料.氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2，NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。
（1）下列有关反应的化学方程式错误的是（　　）
A．氨在氧气中燃烧：
B．液氨与金属钠反应：
C．氨水溶解：
D．浓氨水与HgCl2反应：
（2）下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（　　）
A．与 结合的能力：
B．与氨形成配位键的能力：
C．H2O和分子中的键长：O-H＞N-H
D．微粒所含电子数：
【答案】（1）D
（2）B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
【分析】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水；
Ｂ．液氨和金属钠反应生成 NaNH2和氢气；
Ｃ．氢氧化铜溶于氨水生成；
Ｄ．浓氨水和 反应生成沉淀和氯化铵；
（2）A．金属钠与水快速反应生成氢气，与液氨反应缓慢生成氢气；
Ｂ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．均含有10个电子。
（1）【解答】A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）【解答】A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
5．室温下，有色金属冶炼废渣（含等的氧化物）用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：。下列说法正确的是（　　）
A．较浓溶液中：
B．溶液中：的平衡常数
C．溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，故A错误；
B．该反应的平衡常数，故B正确；
C．溶液中 ，根据质子守恒有： ，故C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，故D错误；
故选B。
【分析】 有色金属冶炼废渣（含等的氧化物） 用过量的较浓溶液酸浸 ，SiO2不与硫酸反应，Cu和Ni的氧化物与硫酸反应生成对应的硫酸盐，则浸取液中主要含、，向浸取液中加入溶液提铜，加入溶液沉镍得到。
6．下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是（　　）
选项 实验 化学知识
A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO3-、NO
B 70%硫酸与Na2SOз制 SO3 H+、Na+、SO42-、HSO3-
C 浓盐酸与KMnO4制Cl2 H+、K+、Mn2+、Cl-
D 双氧水与FeCl3溶液制O2 H+、Fe2+、Cl-、H2O2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．NO难溶于水，溶液中不可能含有大量NO，故A错误；
Ｂ． 70%硫酸与Na2SOз反应生成的是SO2，而非SO3，反应后的溶液中含有硫酸钠，可能有过量的亚硫酸钠，不含 HSO3- ，故B错误；
Ｃ． 浓盐酸与KMnO4制Cl2发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，浓盐酸电离产生大量氢离子，因此溶液中含有 H+、K+、Mn2+、Cl- ，且这些离子之间互不反应，能够稳定存在，故C正确；
Ｄ． H2O2 能氧化亚铁离子， Fe2+、 H2O2 不可能大量共存， 故D错误；
故选C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
7． 微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化的解释错误的是（　　）
选项 颜色变化 解释
A 空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑色铜丝恢复光亮的紫红色 =
B 悬浊液中加入溶液，固体由白色变为红褐色 =
C 溶液中加入，浅绿色溶液出现蓝色浑浊 =
D 溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．空气中灼烧铜丝，铜被氧化为CuO，CuO氧化乙醇得到乙醛，反应的化学方程式为：2Cu+O22CuO、，故A错误；
B． 的溶解度大于，向悬浊液中加入溶液，发生沉淀的转化：= ，固体由白色变为红褐色，故B正确；
C．溶液中加入， 生成 沉淀，反应的离子方程式为=，故C正确；
D．溶液中加入NaOH溶液 ，发生反应：，Cr2O在溶液中呈橙色，在溶液中呈黄色，因此溶液由橙色变为黄色，故D正确；
故选A。
【分析】A．Cu在空气中灼烧得到CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛；
Ｂ．沉淀会从溶解度大的向溶解度小的转化；
Ｃ． 与亚铁离子反应生成 蓝色沉淀；
Ｄ．Cr2O呈橙色，呈黄色。
8．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是（　　）
A．还原性：
B．按上述方案消耗可回收
C．反应①的离子方程式是
D．溶液①中的金属离子是
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．根据流程信息及分析可知，还原性：Fe＞Cu＞Ag，A不符合题意；
B．根据反应中得失电子守恒可知，反应关系式2Ag~Cu~Fe，所以按上述方案消耗1mol Fe可回收2mol Ag，B不符合题意；
C．根据流程图信息，反应①的离子方程式为 ，C符合题意；
D．根据流程图信息，最后一步涉及反应是FeFe2+Fe3+，所以溶液①中的金属离子是Fe3+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.还原性：还原剂＞氧化剂，还原剂在反应中部分元素化合价升高，氧化剂反应中部分元素化合价降低。
B.反应中得失电子守恒。
C.注意原子守恒、电荷守恒。
D.注意Fe2+被O2氧化为Fe3+。
阅读下列材料，完成问题：
倠化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等．倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制（二甲醚）、倠化氧化等．催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成（环氧乙烷）、用催化生成．催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞．我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向．
9．下列说法正确的是（　　）
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性
C．制反应中，能加快化学反应速率
D．与反应中，能减小该反应的焓变
10．下列化学反应表示正确的是（　　）
A．汽车尾气处理：
B．电催化为的阳极反应：
C．硝酸工业中的氧化反应：
D．和催化制二甲醚：
11．下列有关反应描述正确的是（　　）
A．催化氧化为，断裂键
B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程
C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键
D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为
【答案】9．C
10．D
11．B
【知识点】化学键；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A、催化剂能降低反应的活化能；
B、 用催化生成 ；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂；
D、催化剂不影响焓变；
（2）A、该方程式原子不守恒；
B、阳极发生失电子的氧化反应；
C、氨催化氧化生成一氧化氮和水；
D、和催化制二甲醚，同时生成水；
（3）A、羟基被氧化为醛基，形成C=O键；
B、氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层；
C、丁烷不含键 ；
D、石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化。
9．A、固氮酶是催化剂，能降低该反应的活化能，故A错误；
B、催化剂有选择性，C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，说明Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，故B错误；
C、过氧化氢分解生成氧气的反应中，二氧化锰为催化剂，能加快化学反应速率，故C正确；
D、催化剂不影响焓变， V2O5是SO2与O2反应的催化剂，不能改变该反应的焓变，故D错误；
故答案为：C。
10．A、 该方程式原子不守恒，正确的化学方程式为，故A错误；
B、 阳极发生的是失电子的氧化反应，故B错误；
C、发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为，故C错误；
D、 和催化制二甲醚，同时生成水，反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：D。
11．A、 催化氧化为，断裂键和键生成键，故A错误；
B、 氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程，故B正确；
C、丁烷为饱和烃，不含键 ，故C错误；
D、 石墨碳原子采用杂化，金刚石碳原子采用杂化，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为，故D错误；
故答案为：B。
12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性
B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是
D 溶液导电性比同浓度醋酸强 溶液的比醋酸的高
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性；浓硫酸的性质实验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、将浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖转化为碳，体现了浓硫酸的脱水性；形成多孔碳，说明碳与浓硫酸氧化还原反应，体现了浓硫酸的氧化性，A符合题意。
B、冷却后烧瓶内颜色变浅，说明降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，因此NO2转化为N2O4的反应为放热反应，B不符合题意。
C、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，久置在空气中的漂白粉与空气中的CO2反应生成CaCO3，因此遇稀盐酸变为CO2，C不符合题意。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH＜7，因此NaCl溶液的pH笔醋酸的pH高，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、浓硫酸加入蔗糖形成多孔碳，则蔗糖发生脱水反应和氧化还原反应。
B、冷却后颜色变浅，说明降低温度，平衡向生成N2O4的方向移动。
C、漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2。
D、NaCl溶液显中性，pH=7；醋酸溶液显酸性，pH<7。
13．甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
14．CuCl微溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成和而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含和的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升
C．的电离方程式为：
D．体系中，
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．加水稀释，溶液的体积变大，溶液中离子浓度减小，因此浓度一定下降，A正确；
B．加入NaCl固体，溶液中c(Cl-)增加，可能促使转化为，因此浓度不一定上升，B错误；
C．配离子不能拆解成Cu+和Cl-，因此H[CuCl2]应电离为H+和，电离方程式错误，C错误；
D．电荷守恒未考虑的电荷数，因此溶液中存在的电荷守恒等式应为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、加水稀释，溶液中浓度减小。
B、加入NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，结合平衡移动分析。
C、配离子不能拆解成离子形式。
D、结合电荷守恒分析。
15．某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（　　）
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
16．某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（　　）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
二、实验探究题
17．学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。
实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体
已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题：
（1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的　 　(填标号)。
a． b． c． d．
（2）实验I表明　 　(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　 　。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　 　、　 　。
（3）实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因　 　。
实验Ⅳ：
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　 　、　 　。
【答案】bc；不能；提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成；；；实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行；；
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。
（2）CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，因此，大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。
（3）实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯等。
（2）根据实验 I 现象进行分析。过量的碳酸氢根可使转化为。 实验Ⅲ中作 分解的催化剂。
（3）Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成。
（4）根据实验Ⅳ现象，涉及反应为、。
三、解答题
18．矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿（主要成分为PbS、ZnS）的利用有火法和电解法等。
已知：①PbCl2(s) PbCl2(aq)H2[PbCl4]；
②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是　 　（选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一）。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2 ，写出该反应的化学方程式　 　；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件下，加入　 　（填一种反应试剂），充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是____。
A．电解池中发生的总反应是PbS＝Pb＋S（条件省略）
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2mol NaOH
D．ClF的氧化性弱于Cl2
（3）D的结构为HO－－X（X＝F或Cl），设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后　 　；
②写出D（用HSO3X表示）的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式　 　。
【答案】（1）还原性；Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O（或Pb3O4＋8H+＋6Cl ＝3[PbCl4]2 ＋Cl2＋4H2O）；PbO/Pb(OH)2/PbCO3
（2）A；B
（3）加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F ；H＋＋SO3X ＋3OH ＝SO＋X ＋2H2O（或SO3X ＋2OH ＝SO＋X ＋H2O，H＋＋OH ＝H2O）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据流程图信息，PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；根据题干信息可知，Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；根据已知①，从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）A．根据已知②，电解前后ZnS总量不变，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb，则电解池中发生的总反应为PbS＝Pb＋S（条件省略），正确；
B．根据流程图信息可知，PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物，即产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，正确；
C．根据流程图信息，可推出混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF，则1mol化合物C在水溶液中最多可中和4mol NaOH，错误；
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2，错误。
（3）①根据D的结构式，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，过滤取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl ，反之则有F 。
②HSO3X的溶液与足量NaO
【分析】（1）PbS→SO2，硫元素化合价升高，硫元素体现了还原性；Pb3O4与浓盐酸反应的方程式为Pb3O4＋14HCl(浓)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；从该反应液中提取PbCl2，所加试剂应能消耗H+使平衡逆向进行，且不引入杂质。
（2）A．根据电解池装置图可知，阳极电极反应式为2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
B．PbS、ZnS经富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn的氧化物。
C．混合物C为，其中卤素原子能被H2O中羟基取代生成硫酸和HCl、HF。
D．ClF、Cl2中氯元素化合价分别为+1、0，则ClF的氧化性强于Cl2。
（3）①检验Cl ，可通过加入硝酸酸化的AgNO3溶液，会产生白色沉淀。
②HSO3X的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX。
19．Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。
25℃时各物质溶度积见表：
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Ca（OH）2
溶度积（Ksp） 4.9×10﹣17 2.8×10﹣39 5.0×10﹣6
回答下列问题：
（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和 　 　。O2﹣的核外电子排布式为 　 　。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 　 　。
（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 　 　。
②为加快反应速率，可采取的措施有 　 　（写出两项即可）。
（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过 　 　。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为 　 　，该副产物中CaCl2的质量分数为 　 　。
【答案】（1）+3；1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
（3）4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；搅拌、适当升高温度
（4）11；当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，Fe元素的化合价是+2和+3。O2-的核外电子数为10，排布式为1s22s22p6。
（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，是为了防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁。
（3）①由分析可知，反应釜2中离子方程式为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。
（4）①Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=5.0×10-6，则溶液中c(Ca2+)=5.0mol/L时，
c(OH-)=mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-11mol/L，pH=11，所以25℃时，c(Ca2+)=5.0mol/L，理论上pH不超过11。
②滴定达到终点的现象为当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色。
③涉及反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n(CaCl2)=n(KMnO4)=2.5×0.024L×0.1000mol/L=0.0060mol，m(CaCl2)=0.0060mol×111g/mol=0.6660g，CaCl2的质量分数为= 66.6% 。
【分析】根据题干信息及流程图信息，“反应釜1”中发生反应：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，“反应釜2”中发生反应：4CaO+6H2O+4FeCl2+O2=4Fe(OH)3↓+4CaCl2，“反应釜3”中经调节pH，形成Fe3O4和CaCl2溶液，经“加压过滤”得到Fe3O4沉淀和CaCl2溶液，Fe3O4沉淀经后处理得到Fe3O4固体，CaCl2溶液经后处理得到CaCl2水合物。
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．聚合氯化铝用于城市给排水净化。氧化铝法制取无水三氯化铝的反应如下：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）2AlCl3（g）+3CO（g）。
（1）标出上述反应的电子转移方向和数目 　 　。
（2）写出该反应的平衡常数表达式：K＝　 　。
（3）Al原子核外有 　 　种不同能量的电子。
聚合氯化铝（PAC）是一种介于AlCl3和Al（OH）3之间的水溶性无机高分子聚合物，PAC的水解过程中会有一种聚合稳定态物质[AlO4Al12（OH）24（H2O）12]7+称为Al13，Al13对水中胶体和颗粒物具有高度电中和桥联作用，是净水过程中的重要物质。
（4）Al13在水解过程中会产生[Al（OH）2]+、[Al（OH）]2+等产物，请写出Al3+水解产生[Al（OH）]2+的离子方程式：　 　。
（5）AlCl3溶液与NaOH溶液反应，若参加反应的铝离子最终转化生成Al13，则理论上参与反应的Al3+与OH﹣的物质的量之比是 　 　。
（6）使用Al3+净水时应控制pH在6.8～8.02之间，否则净水效果不佳。请结合使用Al3+水解净化水时铝元素存在的形态，分析在强酸性和强碱性环境时净水效果差的原因 　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）5
（4）Al3++H2O [Al（OH）]2++H+
（5）13：32
（6）若是强酸性，抑制Al3+水解；若是强碱性，Al元素以（或[Al（OH）4]﹣）形式存在
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）该反应中C为还原剂，氯气为氧化剂，3molC参与反应转移6mol电子，单线桥表示形式为 或用双线桥的形式表示；
（2）根据平衡常数的数学表达式，K= ；
（3）基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p，有5种不同能量的电子；故答案为5；
（4） Al3+水解 会产生[Al（OH）2]+、[Al（OH）]2+等即可写出水解的离子方程式为： Al3++H2O [Al（OH）]2++H+ ；
（5）理论上完全转化，发生的离子方程式为13Al3++32OH-+8H2O=[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+，参与Al3+与OH-的物质的量之比为13∶32；故答案为13∶32；
（6）如果是强酸性，抑制Al3+水解，不能得到Al13，如果是强碱，Al元素以 Al（OH）4]﹣ 形式存在，也不能得到Al13；故答案为如果是强酸性，抑制Al3+水解，如果是强碱，Al元素以[Al（OH）4]﹣ 形式存在；
【分析】（1）找出氧化剂和还原剂找出转移电子总数，由还原剂指向氧化剂即可写出；
（2）根据平衡常数计算公式即可写出；
（3）基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p，有5种不同能量的电子；
（4）根据反应物和生成物即可写出离子方程式；
（5）根据反应物和生成物写出离子方程式即可找出物质的量之比；
（6）铝离子水解，酸性抑制水解，碱性导致形成 [Al（OH）4]﹣。
22．氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为　 　(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有　 　(填元素符号)。
（2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为　 　。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为　 　。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是　 　。
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是　 　。
【答案】（1）；Cu、O
（2）；H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
（3）高效、经济、原子利用率高、无污染
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②由图可知，在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
(2)①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应生成并放出，离子方程式为：；
②电负性：O>H>Fe，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；
③在其他条件相同时，随增加，与铁粉反应速率加快，由图可知，Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。
(3)“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
【分析】（1）①电解时阳极发生氧化反应；
②在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2；
（2）①溶液与铁粉反应生成并放出；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为 ；
③随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大 ；
（3）该原理的原子利用率高，不产生污染物。
四、流程题
23．工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为　 　。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，　 　；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是　 　。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为　 　(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
24．盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为　 　，该溶液　 　。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是　 　(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在　 　以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加　 　的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是　 　；进行操作时应选择的试剂是　 　，若不进行该操作而直接浓缩，将导致　 　。
【答案】（1）；
（2）、Mg(OH)2；；Na2CO3
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度；盐酸；浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，令[B4O5(OH)4]2－的系数为1，则B(OH)3、[B(OH)4]-的系数均为2，结合H、O原子守恒可得，H2O的系数为5，因此该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O=2B(OH)3＋2[B(OH)4]-。含硼固体中存在平衡B(OH)3＋H2O H＋＋[B(OH)4]－，由硼元素守恒可得，B(OH)3和[B(OH)4]－的浓度相同由平衡常数可得，所以此时溶液的pH=9.34。
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的成分为CaSO4和Mg(OH)2。“精制Ⅱ”的过程中加入饱和Na2CO3时，应控制CO32－的浓度，防止Li2CO3形成沉淀，因此可得c2(Li＋)×c(CO32－)＜2.2×10－3，解得c(CO32－)＜5.5×10－4mol·L－1。若脱硼后直接进行“精制Ⅰ”操作，则无法回收HCl，且HCl的存在，会使得“精制Ⅱ”操作中消耗更多的Na2CO3，因此会增加Na2CO3的用量。
（3）“精制Ⅱ”的过程中加入Na2CO3，发生反应Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此“精制Ⅱ”的目的是将滤液中的Ca2＋转化为CaCO3沉淀除去。“精制Ⅱ”操作中加入Na2CO3溶液后，使得溶液中c(CO32－)较大，直接进行浓缩操作，会使得Li＋形成Li2CO3沉淀，得到的NaCl中会混有Li2CO3，使得Li2CO3的产率减小。因此需经过“操作X”除去溶液中过量的Na2CO3，此时所加的试剂为稀盐酸。
【分析】“脱硼”过程中，卤水中硼酸根离子与HCl反应生成含硼固体除去。所得滤液进行蒸发浓缩，得到的晶体所含离子为Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－和SO42－，“煅烧”过程中生成HCl气体，除去了晶体中的Cl－。“水浸”后往滤液中加入生石灰（CaO），CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，Ca2＋能与SO42－结合成CaSO4微溶物，OH－能与Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Mg(OH)2、CaSO4。过滤后往滤液中再加入纯碱（Na2CO3），CO32－与过量的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀，因此滤渣Ⅱ的成分为CaCO3。“操作X”为除去溶液中过量的Na2CO3，因此所加试剂为稀盐酸。对所得溶液进行浓缩，使溶液中的NaCl结晶析出，得到LiCl溶液，加入饱和Na2CO3溶液后，Li＋与CO32－反应，生成Li2CO3沉淀。
25．均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性可与水反应，化学方程式为　 　。
（2）常温下，的氨性溶液中，　 　 (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为　 　。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于　 　(填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是　 　。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为　 　。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为　 　；晶体中一个周围与其最近的O的个数为　 　。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为　 　。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和　 　(填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3）或
（4）晶体；减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）；体心；12
（6）0.4或；
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；晶体的定义；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）活性MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，该反应的化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。
（2）lgKb(NH3·H2O)=－4.7，所以Kb(NH3·H2O)=10－4.7，即。常温下该溶液的pH=9.9，则溶液中c(H＋)=10－9.9mol·L－1，此时溶液中，所以，所以溶液中c(NH3·H2O)＞c(NH4＋)。
（3）“氨浸”过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋，其中Co元素发生还原反应，则溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，因此反应的离子方程式为：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32－=[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O＋4OH－。若氨水的量少，则发生反应的离子方程式为2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4＋＋SO32－=2[Co(NH3)6]2＋＋SO42－＋13H2O。
（4）①NH4Al(OH)2CO3的X射线衍射图谱中出现了明锐的衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，较少了胶状物质对Ni、Co氧化物的包裹，增大了滤泥与氨性溶液的接触面积，从而提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①“析晶”过程中饱和NiCl2溶液中NiCl2结晶析出，得到NiCl2·4H2O。通入的气体A为HCl，可增大溶液中c(Cl－)，促进NiCl2结晶析出。
②在AlxCoOy晶体中，Co原子的个数为1，因此Co位于晶胞的体心位置。Al与O最小间距大于Co与O的最小间距，因此Al位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心。所以晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为个。
（6）①加入活性MgO后得到滤液Ⅰ，滤液Ⅰ的主要成分为Mg(NO3)2。“结晶纯化”后得到晶体A，晶体A中含有6个结晶水，因此晶体A的化学式为Mg(NO3)2·6H2O。根据反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O可得，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5。
②“热解”过程中发生反应Mg(OH)2MgO＋H2O，因此可循环利用的物质还有MgO。
【分析】（1）MgO与H2O反应生成Mg(OH)2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据NH3·H2O的电离平衡常数，确定大小，从而得出c(NH3·H2O)与c(NH4＋)的相对大小。
（3）“氨浸”时，Co发生还原反应，则氨性溶液中的SO32－发生氧化反应，生成SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）①X射线衍射图谱中出现明锐的衍射峰，则该物质属于晶体。
②(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，提高了Ni、Co的浸取速率。
（5）①饱和NiCl2溶液中通入HCl，增大溶液中c(Cl－)可促使NiCl2结晶析出。
②结合晶胞结构分析。
（6）①“结晶纯化”过程中发生反应Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3、Mg(OH)2MgO＋H2O，据此计算。
②由于Mg(OH)2热分解产生MgO，因此可循环的物质还有MgO。
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