第二单元测试卷-2023年高考化学一轮复习名师精讲练（解析卷）

第二单元测试卷

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题

4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.（2022.江苏.模拟预测）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

A.Fe具有还原性，可用作食品抗氧化剂

B.Feq,属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料

C.Fe、O4具有磁性，可用作激光打印机墨粉的添加剂

D.Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作自来水厂的净水剂

B【解析】A.Fe具有还原性，能消耗氧气，可用作食品抗氧化剂，A不符合题意；

B.Fe2O3固体为红棕色，可用作粉刷墙的红色涂料，其为碱性氧化物与作红色涂料无关，B符合题意；

C.Fe3O4具有磁性，可用作激光打印机墨粉的添加剂，使墨粉具有磁性，C不符合题意；

D.Fe（OH）3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，可用作自来水厂的净水剂，D不符合题意。

2.（2022.广东•高考真题）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是

选项劳动项目化学知识

A面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2c可与酸反应

B环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性

C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与HQ高温下会反应

D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜

A【解析】A.小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；

B.熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；

C.熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氧气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意;

D.钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀,，故D不符合题意。

3.（2022•广东汕头•三模）化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是

A.镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀

B.用CuCl2溶液、CuSO,溶液分别制取CuQ?固体、CuSO,固体实验操作完全相同

C.利用K/eO,的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用

D.利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治

D【解析】A.镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐蚀，A

项错误；

B.CuSC)4溶液制取CuSO,固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用CuC4溶液制取Cud2固体需要在HC1

气流F进行蒸发操作，B项错误；

C.K2FeO4的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：

4FeO^+10H2O=4Fe(<9/7)3+8OH-+3O2T,产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项错误；

D.根据反应HbCO+Ch.*HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高

压氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项正确。

4.(2022・湖北•襄阳五中模拟预测)金属元素钻(Co)形成的多种配合物应用广泛。下列说法错误的是

A.[Co(NH3)50]2+中Co钻元素的化合价为+3价

B.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCLF中。键数目之比为9：2

C.[Co(CN)4(NH3)2『中配体的配位原子都是N原子

D.向溶有lmolCoCH6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNCh溶液，形成2moi沉淀。则其配离子为

2+

[CO(H2O)5C1]

C【解析】A.已知[CO(NH3)SC1]2+中的配体为NH3和Ch则[Co(NH3)5Clp+中C。钻元素的化合价为+3价,

A正确；

B.已知1个[Co(H2O)6产和[CoCLp中的。键分别为2x6+6=18,4,故等物质的量的[Co(H2O)6产和[CoCLF

中c健数目之比为18:4=9：2,B正确；

C.[Co(CN)4(NH3)2「中配体为NH?和CN\NEh分子中的配位原子是N,由于C的电负性小于N,对孤对

电子的束缚力要更弱，由于孤对电子的能量更高，更容易形成配位键，即配体CN-的配位原子C原子，C

错误；

D.向溶有lmolCoCl,6H2O(配位数为6)的溶液中滴加足量的AgNCh溶液，形成2moi沉淀，即外界有2个

C1,该配位化合物为：[CO(H2O)5CI]CL-H2O,则其配离子为[CO(H9)5CI]2+,D正确。

5.(2022・广东・珠海市第二中学高三阶段练习)港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：

①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下

列分析不合理的是

A.方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除

B.防腐涂料可以防水、隔离02降低吸氧腐蚀速率

C.防腐过程中铝和锌均失去电子，主要发生化学腐蚀

D.钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为02+2H2O+4e-=40H-

C【解析】A.防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，

故A正确：

B.防腐涂料可以防水、隔离02,避免Fe与氧气、水反应，降低吸氧腐蚀速率，故B正确；

C.铝和锌比铁活泼，防腐过程形成原电池，铝和锌作负极失去电子，发生的是电化学腐蚀，故C错误；

D.钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,

故D正确。

6.（2022•广东）下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是

+

A.碱转化为酸式盐：OH-+2H+CO；-=HCO；+2H2O

B.碱转化为两种盐：2OH+C12=C1O+Cr+H2O

C.过氧化物转化为碱：2OJ-+2H2O=4OH-+O2?

++

D.盐转化为另一种盐：Na2SiO,+2H=H2SiO,I+2Na

B【解析】A.向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳,碱可以转化成酸式盐，离子方程式为:CO2+OH-="CO；,

故A错误；

B.氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：CI2+2OH=CI+CIO+H2O,

故B正确；

C.钠的过氧化物为NazCh,可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里NazCh不能拆成离子，故C错

误；

D.硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误。

7.（2022•辽宁•东北育才学校模拟预测）某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下

列说法正确的是

实验操作（室温）及实验现象

①将足量的铜粉加入lmLl°mol-LTHNC>3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体

②将足量的铜粉加入lOOmLO.lmoI.L-HNO,中，溶液呈蓝色，产生无色气体

③将足量的铁粉加入l0°mL0」moLLHNC)3中，溶液呈浅绿色，无气体生成

A.实验①中消耗的铜粉质量大于实验②

B.实验②中产生的气体可用向上排空气法收集

C.实验③中铁发生了钝化

D.以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关

C【解析】A.实验①反应后溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生反应CU+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NChT+2H20,

实验②反应后溶液呈蓝色，产生无色气体，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NCh)2+2NOT+4H2。，①与②中硝酸

的物质的量相等，故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②，故A错误；

B.实验②中生成一氧化氮气体，一氧化氮易于氧气反应，故不能用排空气法收集，故B错误；

C.实验③反应后溶液呈浅绿色，无气体生成，故铁发生了钝化，故C正确；

D.根据实验①②可得浓硝酸生成二氧化氮、稀硝酸生成一氧化氮，但是与活泼性无关，故D错误。

8.(2022・湖北・武汉二中模拟预测)部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该

图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是

化合价

…FeO：

Fe:Os

电荷数

-20+2+3

0HH

A.常温下，可用R材质容器储运浓硫酸

B.M可用K3［Fe(CN)6］溶液检验

C.若Q为金属阳离子，可通过FezCh与稀HI溶液反应生成

D.Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO：

B【解析】M不带电，铁的化合价为+2价，则M可能为FeO；Q带2个单位正电荷，化合价为+2价，则Q

为Fe2+；R不带电，铁的化合价为0价，即R为铁单质.

A.常温下，铁在浓硫酸中会发生钝化，所以常温下，可用R材质容器储运浓硫酸，故A合理；

B.Fe?+和K3［Fe(CN)6］溶液反应生成蓝色沉淀，M不是Fe?+,所以M不能用K31Fe(CN)6］溶液检验，故B不

合理；

C.Fe2O3与稀HI溶液发生氧化还原反应，FeaCh中的+3价铁被r还原为Fe2+,故C合理；

D.从图中可以看出，在碱性溶液中可以生成FeOj，中铁为+6价，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下

反应可生成FeOf,故D合理。

9.（2022•北京二中高三阶段练习）探究A1与CuCb溶液反应，实验如下:

实验现象

a.Al片表面附着蓬松的红色固体

少一打磨过的铝片

b.产生无色气体，起始速率较慢，之后加快

C.反应放热

d.烧杯底部产生少量不溶于稀盐酸的白色沉淀

Imol/LCuCl,溶液

e.溶液pH降低

下列说法不正确的是

A.无色气体是H2

B.实验中影响化学反应速率的因素只有两个，分别是浓度和温度

C.白色沉淀的出现与氧化还原反应有关

D.温度变化会影响溶液的pH

B【解析】A1片表面附着蓬松的红色固体，说明AI与CuCh溶液反应能置换出铜单质，生成的铜与铝及该

溶液构成原电池，促进了氧化还原反应的发生，氯化铜的水解溶液显酸性，故体系内产生无色气体氢气，

且起始速率较慢，之后加快该；反应是放热过程，随着反应的进行体系温度升高，生成的铜与氯化铜反应

生成不溶于稀盐酸的氯化亚铜白色沉淀，氯化铜水解程度增大，溶液pH降低。

A.据分析，该无色气体是H2,A正确；

B.据分析，实验中体系内物质构成了原电池，加快了氧化还原反应的速率，影响化学反应速率的因素不只

浓度和温度，B错误；

C.据分析，该白色沉淀是氯化亚铜，是铜单质与氯化铜发生氧化还原反应得到，C正确；

D.反应是放热过程，随着反应的进行体系温度升高，氯化铜水解程度增大，溶液pH降低，即温度变化会

影响溶液的pH,D正确。

10.（2022•江苏•模拟预测）由铁及其化合物可制得FeSO,7H2O、FeCb、KzFeCU等化工产品，它们在生产、

生活中具有广泛应用。已知NO能被FeS04溶液吸收生成配合物［Fe（NOXHq）JSO4。高炉炼铁的反应为

Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)AH=-23.5kJ-moH。下列有关说法不正确的是

A.如图所示丫-Fe的晶胞中，铁原子的配位数为12

B.配离子为/（?40）（凡0）5『配位数为6

C.比0分子是含有极性键的非极性分子

D.该配合物中阴离子空间构型为正四面体形

C【解析】A.如图所示y-Fe的晶胞中，铁位于面心和顶点，以顶点铁原子分析，每个横截面上距离该铁原

子最近的有4个面心铁原子，三个横截面共12个，因此铁原子的配位数为12,故A正确；

B.配离子为［Fe（NO）（HQ）5『配体为NO和H2O,配位数为6,故B正确；

C.HzO中含有的氧氢键是极性键，出0分子是“V”形结构，因此H2O分子是含有极性键的极性分子，故C

错误；

D.该配合物中阴离子为硫酸根离子，其中心原子孤电子对数为gx（6+2-2x4）=0,价层电子对数为4+0=4,

其空间构型为正四面体形，故D正确。

11.（2022.广东•铁一中学三模）《开宝本草》记载“取钢煨作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于

醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生,铁华成矣”。铁华粉［主要成分为（CH,COO）2FeH2OlBjffl如下方法检测。

下列相关说法不正确的是

鬻I3般性气味气体X

性华坳一

稀必触

u*Wt

色沉淀

…液标色沉淀

A.在铁华粉中加入稀硝酸，再滴加KSCN溶液，一定会变红

B.制备铁华粉的主要反应为Fe+2cHicOOH=（CH3coObFe+H?T

C.气体X的产生是因为发生了复分解反应

D.由上述实验可知，0H-结合FP+的能力大于CN-

A【解析】铁华粉中加入稀硫酸并加热，产生的刺激性气味的气体X为醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸生

成氢气和滤液有氢气生成说明铁华粉中含有铁单质，滤液中加入铁氟化钾溶液生成蓝色沉淀，说明有滤液

中有亚铁离子，该沉淀不溶于稀盐酸，但与NaOH可反应生成棕色沉淀。A.根据分析可知铁华粉中含有铁

单质，硝酸的量比较少时，生成的Fe3+能与Fe反应生成Fe2+,当溶液中不存在Fe?+时，滴入KSCN溶液不

会变红，A错误；B.根据题干中信息可知，制备铁华粉的主要反应为Fe+2cH3coOH=（CH3coOhFe+H",

B正确；C.气体X为醋酸蒸气，反应为：（CH3COO）2Fe^H2SO4=2CH3COOH+FeSO4,属于复分解反应，

C正确；D.由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，

说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN-,D正确。

12.（2022・广东）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a〜d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列

分析正确的是

品红浓NaOH

bd

三石蕊KMnO4气球

A.Cu与浓硫酸反应，只体现H2s0」的酸性

B.a处变红，说明SO?是酸性氧化物

C.b或c处褪色，均说明S0?具有漂白性

D.试管底部出现白色固体，说明反应中无HzO生成

B【解析】A.铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSCU体现出浓硫酸的酸性，生成S02体现出浓硫酸的强氧化

性，故A错误；B.a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是S02溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，

故B正确；C.b处品红溶液褪色，其原因是S02具有漂白性，而c处酸性高镭酸钾溶液褪色，其原因是SO?

和KMnCX,发生氧化还原反应，SCh体现出还原性，故C错误；D.实验过程中试管底部出现白色固体，根

据元素守恒可知，其成分为无水CuS04,而非蓝色的CuSO#5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应

生成的H2O吸收，故D错误。

13.（2022•湖南・永州市第一中学二模）MnCCh可用作脱硫的催化剂以及生产金属铳的原料，由含+的废

液（有少量的Fe2\Fe3+）制备MnCCh的一种工艺流程如下：

滤渣

下列说法错误的是

2++

A.“沉铳”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn+HCO；=MnCO.U+H

B.“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe"

C.“纯化”过程中发生了水解反应，生成Fe(0H)3沉淀

D.工艺流程中“一系列操作“为过滤、洗涤、干燥

A【解析】废液中含有少量的Fe2+、Feu,应除去，先加酸化的双氧水把亚铁离子氧化为三价铁离子2

2++

Fe+2H+H2O2=2H2O+2Fe^,再调节溶液的酸碱性使铁离子水解为沉淀而除去三价铁离子，再加入过量的

NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO；=MnCO3l+H2O+CO2T，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列

操作得到固体MnCCh。

A.“沉锦”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO；=MnCOR+H2O+CO2T，故A错误;

B..由分析知“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,故B正确；

C.Fe3+在酸性条件下会发生水解反应，生成Fe(0H)3沉淀，故C正确：

D."沉镒”时得到的沉淀经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCCh,故D正确。

14.(2022.北京二中高三阶段练习)下列实验方案能达到实验目的的是

ABcD

目比较Mg、Al金属性研究浓度对化学平衡比较Na2CO3NaHCO3比较碳酸、醋酸、苯酚的酸

的的强弱的影响与酸反应的快慢性强弱

2ml.0.1mol'L"

KSCN溶液

浓NaOH溶液nXUfa

$>

实y—^=9rss^⑥-HR屐

验11

方

Vc/viz

案1ml0.01mol-L'1

MglCHIh

溶液和N«;CO,NaHCO,

1ml.0.01mi4L'1*液蹲版

KSCY4溶液

A【解析】A.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，由实验可知，氢氧化镁不能与氢

氧化钠溶液反应，氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应说明氢氧化铝是两性氢氧化物，碱性氢氧化镁强于氢氧

化铝，证明镁的金属性强于铝，故A正确；

B.由稀释定律可知，向右侧盛有ImLO.Olmol/L氯化铁和ImLO.Olmol/L硫氟化钾的混合溶液的试管中加入

2mL()」mo1/L硫氟化钾溶液后溶液体积增大，硫甄化钾溶液的浓度增大、氯化铁溶液的浓度减小，变量不唯

一化，则无法判断反应物浓度的变化对化学平衡的影响，故B错误：

C.碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，饱和碳酸钠溶液的浓度与饱和碳酸氢钠溶液的浓度不相等，则加入等浓

度的盐酸溶液无法判断碳酸钠、碳酸氢钠与酸反应的快慢，故c错误；

D.醋酸具有挥发性，与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有挥发出的醋酸会优先与苯酚钠溶液反应，干扰苯

酚与碳酸酸性强弱的比较，故D错误。

15.(2022・湖北・武汉二中模拟预测)过氧化锂(Lig?)常用于制造热电偶、含氧化碎光学玻璃等，工业上通

常采用以下流程获得，有关说法错误的是

LiOH乙醇饱和溶液

30°oH:O,(aq)——"操作口——>70°oH:0;(aq)——过滤|——>Li;O,

A.实验室中可用锂条在纯净。2中点燃的方式获取少量Lig?

B.操作I使用减压蒸储提高H2O2溶液浓度比常压蒸馈更合理

C.由该过程可知，LiOH比Liz。?更易溶于乙醇

D.Li?。?比Na?。?性质稳定且摩尔质量更小，所以更适合应用在宇航密封舱内供氧

A【解析】根据锂的性质进行判断，金属锂属于碱金属元素，且在碱金属中半径最小，根据金属性的递变规

律判断，其过氧化锂的稳定性，根据流程及双氧水的性质判断其分离方法用蒸储，利用溶液进行洗涤得到

过氧化锂。

A.锂在氧气中点燃生成氧化理，故A不正确，符合题意；

B.减压蒸储可以避免双氧水分解，提高双氧水的浓度，故B正确；

C.通过流程中的过滤进行判断在氢氧化锂乙醇饱和溶液中能过滤出过氧化锂，说明氢氧化锂在乙醇溶液中

的溶解度大；

D.锂的相对原子质量小于钠的相对原子质量，故过氧化锂比过氧化钠的摩尔质量小，由于锂离子半径小，

离子键强，性质稳定，故D正确。

16.(2022•广东•佛山一中高三阶段练习)用石墨电极完成下列电解实验

实验一实验二

1H1H

——---------~~

铁丝mn

装置/I1/5

融化钠溶液润湿的pH试纸铜珠

a、d处试纸变蓝;b处变红，局部褪两个石墨电极附近有气泡产生;n

现象

色;c处无明显变化处有气泡产生……

下列对实验现象的解释或推测不合理的是（）

A.a、d处：2H2O+2e=H2T+20H-B.b处：2Cl-2e=CLT

C.c处发生了反应：Fe-2e=Fe2+D.根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜

B【解析】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离

平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；

B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增

大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；

C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确：

D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同

的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，

D正确。

二、非选择题：本小题共4小题，共56分。

17.（2022・湖北・襄阳五中模拟预测）实验小组探究酸对Fe3++3SCN=Fe（SCN）3平衡的影响。将

0.005mol-L"FeC13溶液（接近无色）和0.01mol-LdKSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。

（l）FeCb溶液呈酸性的原因是一（用离子方程式表示）。

3+

（2）甲同学认为加入酸后，会使Fe+3SCN#Fe（SCN）3体系中—增大，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。

【设计并实施实验】

取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。

一5滴3mol/L一5滴L5mol/L

HC1溶液H6O4溶液,

—H现象a：溶液颜由-现象b：溶液变

一色变浅，呈橙色—为浅黄色

才2mL红色溶液至-2mL红色溶液

[查阅资料]

Fe3+和ChSO；均能发生络合反应：Fe3++4C1-U[FeCLk黄色)；Fe3++2SO；U[Fe(SO4)2『(无色)。

实验I.探究现象a中溶液颜色变化的原因

编号操作现象

①向2mL红色溶液中滴加5滴水溶液颜色无明显变化

②向2mL红色溶液中滴加5滴3mol-L'KCl溶液溶液颜色变浅，呈橙色

(3)实验①的目的是一。

(4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a：—。

实验II.探究现象b中溶液呈浅黄色的原因

编

操作现象

号

取ImLO.OO25moiL」Fe2(SO4)3溶液(无色)。加入ImLOOlmohl/KSCN溶液,溶液先变红，加硫酸后

③

再加入5滴1.5molL」H2s04溶液变为浅黄色

④取ImLO.OO5moi.「FeCb溶液，——

(5)结合实验③可推测现象b中使溶液浅呈黄色的微粒可能有两种，分别是一。

(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操

作及现象补充完整：一、—。

【答案】(l)Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+(2)c(Fe3+)⑶排除稀释使溶液颜色变化的干扰(探究溶液颜色变化是否与

稀释有关)(4)在Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3平衡体系中力□入盐酸，Fe3+和发生络合反应使c(Fe")减小，平衡

逆向移动，c[Fe(SCNR减小，使溶液颜色变浅呈橙色(5)FeCl；和Fe(SCN%(6)加入1mL蒸镭水，再加入5滴

1.5molLlH2SO4溶液；无明显现象(或得无色溶液)

【解析】根据实验①和实验②的结果，在Fe3++3SCNuFe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，Fe?+和Ck发生络合

反应使c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)市咸小，使溶液颜色变浅呈橙色，实验①的目的是作对比实

验，排除稀释使溶液颜色变化的干扰；实验③，氯化铁中加入KSCN溶液，溶液变红色，再加入稀硫酸，

由于信息中[Fe(SO4)2「是无色，根据溶液中的离子结合与结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒

可能有两种,分别是FeCI；和Fe(SCN)3°

(l)FeCb中Fe3+水解，结合水电离出的氢氧根离子，剩余氢离子，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，因

3++

此显酸性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe+3H2O^Fe(OH)3+3H；

(2)甲同学认为加入酸后，会抑制铁离子水解，铁离子浓度增大，会使Fe3++3SCNUFe(SCN)3体系中c(Fe3+)

浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深；

(3)实验①的目的是作对比实验，排除稀释使溶液颜色变化的干扰；

(4)根据实验①和实验②的结果，在Fe3++3SCN-WFe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，Fe3+和发生络合反应使

c(Fe3*)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCNR减小，使溶液颜色变浅呈橙色；

(5)根据题中信息，氯化铁中加入KSCN溶液，溶液变红色，再加入稀硫酸，由于信息中[Fe(SO4)2|是无色，

根据溶液中的离子结合与结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是FeCI；和

Fe(SCN)3；

(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的•种，取lmL0.005

mo卜LFeCb溶液，加入1mL蒸馅水，与实验③加入的1mLKSCN相对应的体积，再加入5滴1.5

mol-L'H2s04溶液，分析溶液是否发生变化,最后得得到无色溶液，说明实验③中溶液呈浅黄色是Fe(SCN)3。

18.(2022•北京•牛栏山一中模拟预测)二氧化铀(CeCh)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能

力,可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铀矿(主要成分为CeCChF)制CeO2的工艺流程如下

(l)CeCChF其中Ce元素的化合价为。

(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是(写出一种即可)。

(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、。

(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体CL,由此可知氧化性；CeO2

H2O2(填“<”)

(5)写出“沉钺”过程中的离子反应方程式。若“沉钵’中，Ce?+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为l.OxlO-5

mol/L,此时溶液的pH为5,则溶液中c(HCO,)=mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下

Kal(H2co3)=4.3XIO；,Ka2(H2co3)=5.6X10T,Ksp[Ce2(CO3)3]=LOxl0-28)。

(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NO、减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)

NrH,O

①该反应中的催化剂为(写离子符号)

②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为。

【答案】(1)+3

(2)矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等

(3)漏斗、玻璃棒

(4)>

3+

(5)2Ce+6HCO3=Ce2(CC>3)31+3H2。+3CO2T0.18

(6)Ce4+1：2

【解析】氟碳锦矿通入氧气焙烧生成CeCh、CeF4、CO2,CeO2>CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF/沉淀

和CeClj溶液，过滤，Ce(BF4)3和KC1溶液发生沉淀转化生成CeCb和KBF4沉淀；CeCh溶液和NH4HCO3

反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeCh。

(l)CeCChF中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由根据化合价代数和等于0,Ce

元素的化合价为+3；

(2)根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。

(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCb溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；

(4)氯离子被CeCh氧化为氯气，CeO)作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是

还原剂，氧化性CeO2>H2Ch;

3+

(5)“沉铺”过程中CeCh溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce+6HCO,=

Ce2(CO3)31+3H2O+3CO2t«若“沉饰”中,Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0x10-5moi/L,则

c(CO；)=#韦熹=1x10-6,。喘黑)=5.6x10-"此时溶液的pH为5,则溶液

中c(HCO；)=C(C、)C(H+)=lxlO<xlxl(T=()I&mol/Lo

5.6x10115.6x10'"

(6)①根据图示，总反应为4H2+2NO2c=4H2O+2N2，该反应中的催化剂为Ce，+；

②4H2+2NO2c之4H2。+22反应，NCh中N元素化合价由+4价降低为0,NCh是氧化剂，氏中H元素化合

价由0升高为+1,凡是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。

19.(2022.肇庆市端州区高中高三月考)某工厂产生的废渣中主要含有ZnO,另含有少量FeO、CuO、SiO2

等，某科研人员设计的用废渣制取高纯ZnO的工艺流程图如图所示。

废渣ZnC2O4-2H?O—A高纯ZnO

滤渣A滤渣B滤渣C滤液D

已知：25℃时，部分物质的Ksp相关信息如表所示:

U

Fe(OH)3Fe(OH)2C(OH)2Zn(OH)2CuSZnS

1.0x1O-388.0xl0162.2xlO201.2xl0176.3x1O-361.2xl()3

(1)“氧化”时发生反应的离子方程式为。

(2)“除铁”时除了加ZnO,还可以加入(写出一种物质的化学式)。

(3)若“氧化”后所得滤液中c(Zn2+)=1.2mol.L\c(Cu2+>0.022mol-L1,“除铁”操作中为了使铁元素完全除去

(c(Fe3+)vl05mol.L」除去完全)，又不影响高纯ZnO的产量，可以调节pH的范围是,滤渣B的主要

成分为(填化学式)。

(4)有同学认为各步骤中加入的试剂不变，将该工艺流程设计为“酸浸氧化”->“除铜”一“除铁”也可以

除去Cu2t和Fe“，并回收CuS和Fe(OH),,该设计是否合理(填“是”或“否”)，理由是。

(5)写出溶液D的主要溶质的电子式。

(6)称量18.9gZnCq「2HQ晶体隔绝空气加热分解，剩余固体质量随温度的变化曲线如图所示，加热温度

为200℃〜400C范围内，生成两种碳的氧化物，则M-N的化学方程式为：

100200300400温度工

2++3

【答案】(I)2Fe+H2O2+2H=2Fe++2H,O

⑵Zn(0H)2或Z11CO3

(3)3<pH<5.5Fe(OH),

(4)否加入ZnS会将Fe"还原为Fe?*,使铁元素难以除去

(5)[HNH][：C1：]

H

200℃-400℃八八

(6)ZnC2O4-H2OZnO+H:O+CO2T+COT

【解析】由题给流程可知，废渣用盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不

反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液将亚

铁离子氧化为铁离子后，加入氧化锌调节溶液pH,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁

的滤渣B和含有氯化铜、氯化锌的滤液；向滤液中加入硫化锌，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过

滤得到含有硫化铜的漉渣C和氯化锌溶液；向滤液中加入草酸镀溶液，将溶液中锌离子转化为二水草酸锌

沉淀，过滤得到含有氯化筱的滤液D和二水草酸锌；二水草酸锌晶体隔绝空气加热分解得到高纯度氧化锌。

(1)由分析可知，氧化时发生的反应为酸性条件下过氧化氧溶液与溶液中亚铁离子反应生成铁离子和水，反

2++3+

应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为：2Fe+H,O2+2H=2Fe+2H,O:

(2)除铁时加入氧化锌的目的是与溶液中的氢离子反应，调节溶液pH,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，实验

时还可以用氢氧化锌和碳酸锌替代氧化锌与溶液中的氢离了反应，调节溶液pH,故答案为：Zn(0H)2或

ZnCO3；

(3)由分析可知，滤渣B的主要成分是氢氧化铁；由题意可知，溶液中铁离子完全沉淀，则溶液中氢氧根离

了浓度应大于J[Oxy*=ixl()Tmol/L,溶液的pH为3；溶液中锌离子不能产生沉淀，则溶液中氢氧

V1.0xl05mol/L

根离子浓度应小于J1,？x=[xl0-8.5moi/L,溶液的pH为5.5,所以为了使铁元素完全除)，又不影响高纯

V1.2mol/L

氧化锌的产量，可以调节pH的范围是3<pH<5.5,故答案为：3<pH<5.5；Fe(OH),；

(4)若将该工艺流程设计为“酸浸”t“氧化”一“除铜”t“除铁”…，先加入的硫化锌在除去铜离子的同时，会

与溶液中铁离子反应生成水解程度弱的亚铁离子，使铁元素难以除去，所以该设计不合理，故答案为：不

合理：加入ZnS会将Fe3+还原为Fe",使铁元素难以除去；

(5)由分析可知，溶液D的主要溶质离子化合物氯化筱，氯化镂的电子式为[H(：]',故答案为：

H

[H：N：H][ci]；

H

(6)18.9g二水草酸锌的物质的量为189g/舄=°」m。］，由图可知，200c时固体的质量为17.1g,固体减少的

质量为1.8g,所以加热过程中损失Q.lmol结晶水得到一水草酸锌，氧化锌的摩尔质量为81g/mol,由锌原子

个数守恒可知，0.1molx81g/mol=8.1g,所以8.1g固体为氧化锌，所以加热温度为200℃〜400℃范围内发生

的反应为冰草酸锌受热分解生成氧化锌、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为

200℃-400℃人人

ZnC2O4H2OZnO+H2O+CO2T+COT,故答案为：

200r-400℃入人

ZnC2O4-H,0ZnO+H2O+CO2T+CO个。

20.(2022•广东高考真题)修及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。

(1)催化剂Cr2O,可由(NH,1Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。

①完成化学方程式：(NHJSO,「Cr2O3++。

②Crq,催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)fY(g)过程的焙变为(列式表示)。

③CrzO：可用于NH,的催化氧化。设计从NH,出发经过3步反应制备HNO3的路线(用"一”表示含氮

物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为

(2)1<4弓07溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡:

(i)50；(叫)+也0(1)2HCrO；(aq)AT,=3.0x10-2(25℃)

7

(ii)HCrO：(aq)-CrO：(aq)+H-(aq)K2=3.3x10(25℃)

①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有o

A.加入少量硫酸，溶液的pH不变

B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加

C.加入少量NaOH溶液，反应(i)的平衡逆向移动

D.加入少量KQQ,固体，平衡时c2（HCrO；）与c（Cr?O；）的比值保持不变

c（CrO：］

②25℃时，0.10mol-LTK,Cr,C）7溶液中1g-＜随pH的变化关系如图。当pH=9.00时，设Cr,O；、HCrO；

c（Cr2O7J

与CrO：的平衡浓度分别为x、y、zmol-L1,则x、y、z之间的关系式为=0.10：计算溶液中HCrO,

的平衡浓度（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。

③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（2）有关：在一定波长范围内，最大A对

应的波长（4»）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某•波长的A是各组分吸收程度之

和。为研究对反应（i）和（ii）平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的KzCrzO,稀溶液，测得其A随4的变化

曲线如图，波长4、4和4中，与CrOj的4m最接近的是:溶液pH从a变到b的过程中,

c(H)c2(CrOj)

~c(cr。-)-的值,.（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】

(l)N2t4H2O(EI-E2)+\H+(E3-E4)NHJ>NO°，>叫嘉AHNO：2NO+O2=2NO2

c(CrOj).

⑵BDx+—yH—z当溶液pH=9时,因此可忽略溶液中ce；

22c(CrQ；)

即c(HCrO4)+c(CrO：)=0.20

(H-)xc(CrO；-)lO^xc(CrO^)

=3.3x10〃

反应(ii)的平衡常数K2=-

c(HCrO4)-c(HCrO4)

联立两个方程可得《HCrO：)=6.0x1(Hmol/LX3增大

【解析】

⑴①(NHJzSO,分解过程中，生成CnCh和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、HzO,

根据原子守恒可知反应方程式为(1^)507=503+N?T+4H2。，故答案为：N2t；4H20。

②设反应过程中第一步的产物为M,第二步的产物为N,则X-M\HI=(EI-E2),M—NA”2=△从

NTYAHJ=(EFE4)I,根据盖斯定律可知，X(g)-Y(g)的烯变为△H/+A42+A，3=(E/-E2)+AH+(E3-E4),故答案

为：(E/-E2)+A”+(E3-J)。

③NH3在CnO3作催化剂条件下，能与02反应生成NO,NO与Ch反应生成红棕色气体NCh,NCh与H8

反应生成HNCh和NO