2023-2025北京高三一模化学汇编：物质及其变化章节综合

第1页/共1页2023-2025北京高三一模化学汇编物质及其变化章节综合一、单选题1．（2025北京西城高三一模）在实验室和工业上均有重要应用，一种制取的原理示意图如下。下列说法不正确的是（）A．Ⅰ中反应的化学方程式：B．Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ均需过滤C．制取的过程中，和均可循环利用D．在碱性条件下比在酸性条件下更稳定2．（2025北京延庆高三一模）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。反应序号起始酸碱性还原产物氧化产物物质的量物质的量①酸性0.002x②中性0.001y已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是（）A．反应①，B．随反应进行，①②溶液的均增大C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价D．对比反应①和②，3．（2024北京高三一模）某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。实验序号试剂a实验现象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色变浅，底部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液无明显变化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色变浅Ⅴ硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)紫色褪去下列说法不正确的是（）A．由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响D．由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强4．（2024北京东城高三一模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂B．反应Ⅰ为C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2amolD．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶55．（2023北京门头沟高三一模）下列方程式与所提供的事实不相符的是（）A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCOCO+H+C．实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2OD．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O6．（2023北京西城高三一模）实验小组探究SO2与Na2O2的反应。向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，测得反应体系中O2含量的变化如图。下列说法不正确的是（）A．有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B．bc段O2含量下降与反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4有关C．可用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4D．产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的二、多选题7．（2025北京西城高三一模）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。反应序号起始酸碱性KIKMnO4还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001n②中性0.00110n已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是A．对比反应①和②，B．随反应进行，体系变化：①增大，②不变C．对比反应①和②，可得出结论：的还原性随酸性减弱而增强D．推测若①中的物质的量小于，的还原产物可能有三、解答题8．（2023北京门头沟高三一模）某小组同学探究MnO、MnO的性质。资料：i.MnO的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)、MnO2、MnO(绿色)。ii.MnO在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为MnO和MnO2。I.验证MnO与SO的反应，实验如下：实验序号试剂X现象1mL0.01mol·L−1KMnO4溶液①2滴3mol·L−1H2SO43滴0.1mol·L−1Na2SO3溶液褪为无色②2滴纯水3滴0.1mol·L−1Na2SO3产生棕色沉淀③2滴6mol·L−1NaOH3滴0.1mol·L−1Na2SO3溶液变为绿色④2滴6mol·L−1NaOH10滴0.1mol·L−1Na2SO3溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成(1)实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为。(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因。甲同学补做了实验(填操作和现象)，证明猜测合理。II.验证MnO的性质。某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如下：(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：①MnO、MnO2可能被CH3COOH还原。设计实验：将1mL0.01mol·L−1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L−1CH3COOH溶液，(填现象)，证明猜想不合理。②MnO、MnO2可能被还原，发生的反应：，。经实验验证，猜想合理。由以上实验可知：MnO、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。

参考答案1．C【分析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4（步骤I），反应后加稀KOH溶液使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤除去不溶性杂质（步骤II），向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2（步骤III），滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体（步骤IV）。【详解】A．I中MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4，化学方程式为，故A正确；B．据分析，需要过滤的步骤有II、III、IV，故B正确；C．第III步反应方程式为，加入CO2，减少生成KOH的浓度，促进反应进行，因此MnO2可循环利用，KOH被消耗，不能循环利用，故C错误；D．碱性环境下不易发生歧化反应，而在酸性条件下会歧化为KMnO4和MnO2，因此在碱性条件下比在酸性条件下更稳定，故D正确；故答案为C。2．D【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=1∶2.5，A正确；B．反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，I元素的化合价由-1价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2++2OH-，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，B正确；C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，在较高的溶液中易被氧化为高价，C正确；D．反应①离子方程式为10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，x=，反应②离子方程式为I-+2+H2O=2++2OH-，y==0.002mol，，D错误；故选D。3．D【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅰ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确；C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确；D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误；故选D。4．D【详解】A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则既是氧化剂，又是还原剂，A正确；B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：，B正确；C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成的物质的量为0.2amol，C正确；D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，，再结合第一步反应，可知第一步为，第二步为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误；故选D。5．B【详解】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，A正确；B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：，B错误；C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，C正确；D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O，D正确；故选B。6．C【分析】向盛有SO2的烧瓶中加入Na2O2固体，由图像可知发生的反应可能有:①2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；②2Na2SO3+O2=2Na2SO4，无法判断③Na2O2+SO2=2Na2SO4是否发生；【详解】A．根据分析可知，有O2生成推测发生了反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，选项A正确；B．bc段O2含量下降，可能是发生反应O2+2Na2SO3=2Na2SO4，选项B正确；C．HNO3具有强氧化性，能将氧化为，不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4，选项C不正确；D．虽然无法判断Na2O2+SO2=2Na2SO4是否发生，但产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的，同时发生①2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2、Na2O2+SO2=2Na2SO4等反应，选项D正确；答案选C。7．CD【详解】A．根据反应①可得关系式10I-~2，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~2MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，A错误；B．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，B错误；C．反应①（酸性条件）下I-被氧化为I2，还原性较强；反应②（中性条件）下I-被氧化为（更高价态），说明还原性更强；故酸性减弱时，I-的还原性增强，C正确；D．推测若①中的物质的量小于，失电子总数减少，则得电子总数也减少，故的还原产物可能有，D正确；故选CD。8．(1)2:5(2)原因：SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-实验：取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)(3)3MnO+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO+2H2O+4CH3COO-无明显现象SO(Na2SO3)MnO2+SO+2CH3COOH=Mn2++SO+H2O+2CH3COO-2MnO+5SO+6CH3COOH=2Mn2++5SO+3H2O+6CH3COO-【详解】（1）根据题干可知，MnO在酸性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)，根据得失电子守恒和元素守恒配平可得，则实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2:5；（2）根据题干信息可知，棕色沉淀为MnO2，则实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；甲同学补做了实验取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)，证明猜测合理；（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊，说明生成了MnO、MnO2，其离子反应方程式为3MnO+4CH