微专题 陌生情境下方程式的书写（高效培优讲义）（解析版）2026年高考化学一轮复习高效培优系列（全国通.用）

/微专题陌生情境下方程式的书写目录一、TOC\o"1-3"\h\u考情探究 11.高考真题考点分布 22.命题规律及备考策略 2二、培优讲练 错误！未定义书签。考点01陌生情境下氧化还原反应方程式的书写 3考向01考查“信息给予型”陌生方程式的书写 4考向02考查“流程图”中陌生方程式的书写 5考向03考查循环转化型氧化还原反应方程式的书写 6考点02陌生情境下非氧化还原反应方程式的书写 9考向01在工艺流程中考查非氧化还原反应 9考向02陌生情境下非氧化还原反应方程式的书写 10三、好题冲关 12基础过关 12题型01陌生情境下氧化还原反应方程式的书写 12题型02陌生情境下非氧化还原反应方程式的书写 20能力提升 28真题感知 36

1.高考真题考点分布考点内容考点分布陌生情境下氧化还原反应书写2025河南卷，2025上海卷，2024贵州卷，2024江苏卷；陌生情境下非氧化还原反应书写2025湖北卷，2024河北卷2.命题规律及备考策略【命题规律】陌生方程式的书写是高考题中常见的题型，往往通过陌生情境下题干语言或化工流程，给出反应发生的环境，写出反应的化学方程式。书写一些不曾熟悉的化学反应方程式的过程，实际是对信息的加工过程，由于信息题大多数是由题干和若干问题两部分组成，其中题干给出一系列解题所要的条件、知识、启发性提示等。这就要求通过阅读题干、发现本质、寻求规律，进而完成旧知识在新情景中的正确迁移。【备考策略】1、掌握"四步法"书写原则：通过化合价升降判断氧化剂/还原剂，电子守恒配平核心物质，电荷守恒补充H+/OH-，质量守恒完成配平。2、熟练运用三种配平方法：（1）常规化合价升降法（标变价→列变化→求总数→配系数）。（2）整体零价法（处理FeS2等复杂物质）。（3）逆向配平法（适用于硝酸等双重作用试剂）。3、能分析工业流程题中的陌生情境反应。【命题预测】预计高考在工艺流程试题中会以新的情境载体考查有关陌生情境下化学方程式的书写和配平，题目难度适中，将题给信息与课本知识有机地结合起来，注重考查学生通过信息情境发现问题，解决问题能力。考点01陌生情境下氧化还原反应方程式的书写1、新情境氧化还原反应化学（离子）方程式的书写程序（1）根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别。（2）根据电子得失守恒配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的计量数。（3）根据溶液的酸碱性确定参与反应的H+或OH-或H2O。（4）根据电荷守恒配平离子电荷数。（5）根据原子守恒确定并配平其他物质2、熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物（1）常见的氧化剂及还原产物预测氧化剂还原产物KMnO4Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)；MnOeq\o\al(2－,4)(碱性)K2Cr2O7(酸性)Cr3＋浓硝酸NO2稀硝酸NOH2SO4(浓)SO2X2(卤素单质)X－H2O2OH－(碱性)；H2O(酸性)Na2O2NaOH(或Na2CO3)Cl2Cl－HClO、NaClO、Ca(ClO)2(或ClO－)Cl－、Cl2NaClO3Cl2、ClO2、Cl－PbO2Pb2＋Fe3＋Fe2＋（2）常见的还原剂及氧化产物预测还原剂氧化产物Fe2＋Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性)SO2(或H2SO3、SOeq\o\al(2－,3)、NaHSO3)SOeq\o\al(2－,4)S2－(或H2S、NaHS)S、SO2(或SOeq\o\al(2－,3))、SOeq\o\al(2－,4)H2C2O4、C2Oeq\o\al(2－,4)COeq\o\al(2－,3)、CO2H2O2O2I－(或HI、NaI)I2、IOeq\o\al(－,3)COCO2金属单质(Zn、Fe、Cu等)Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋H2H＋(酸性)、H2O(碱性)请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．酸碱性不同对产物无影响()2．在酸性条件下，离子方程式中不能出现OH-；在碱性条件下，离子方程式中不能出现H+()3．酸性条件下多氧配H+，另一侧补水；碱性条件下多氧配水，另一侧补OH-()【答案】1.×2.√3.√考向01考查“信息给予型”陌生方程式的书写【例1】（2025·上海崇明·一模）某小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。已知：CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：。(1)下列说法不正确的是___________。A．a中的液体可以选用稀硝酸B．若装置乙中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2>CuClC．若装置乙中出现了紫红色固体，则说明SO2通入量过多D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸(2)写出乙中Cu(OH)2转化为CuCl的化学方程式。【答案】(1)A(2)2Cu(OH)2+2NH4C1+SO2=(NH4)2SO4+2CuCl+2H2O【详解】（1）A．a中的液体可以选用稀硝酸：硝酸有强氧化性，能将氧化为，不能与反应生成气体，A错误；B．若装置乙中有白色沉淀生成，根据题目信息，气体能将还原为CuCl，则还原性：，B正确；C．若装置乙中出现了紫红色固体，说明有单质铜产生，也说明发生了歧化反应：，此时溶液为酸性，证明通入量过多使溶液现酸性，C正确；D．装置丙中的CCl4主要作用是防倒吸，极易溶于水，难溶于CCl4，该装置可以起到防倒吸作用，D正确；故答案为：A。（2）制备CuCl，是先用氨水和CuCl2生成的悬浊液：，再与反应生成CuCl，反应方程式为：。【思维建模】（1）“读”取题目中的有效信息，找出发生氧化还原反应的物质或离子。①常见强氧化性物质或离子：Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H＋)。②常见强还原性物质或离子：Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SOeq\o\al(2－,3))、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。（2）依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)，写出主要反应物和生成物的化学式。（3）根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。（4）根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。考向02考查“流程图”中陌生方程式的书写【例2】（2025·四川达州·模拟预测）从高砷烟尘(主要成分为、和，其中中的均为价或价，、均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法错误的是A．“碱浸”时，发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为B．浸出液主要成分为、、NaOHC．浸出液“氧化”过程中反应为D．“氧化”时加热溶液温度不宜过高【答案】A【详解】A．“碱浸”时，与硫化钠发生氧化还原反应生成、和氢氧化钠，反应的化学方程式为：，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知中和的数目之比为，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，A错误；B．、均为酸性氧化物，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，浸出液主要成分为、、，B正确；C．由分析可知，浸出液“氧化”过程中过氧化氢将氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；D．过氧化氢受热分解速率加快，“氧化”时加热溶液温度不宜过高，D正确；故选A。考向03考查循环转化型氧化还原反应方程式的书写【例3】（2025·福建宁德·三模）N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理。TiO2在光照下可以激发产生空穴(h+)和光电子(e-)，变化过程如下图所示。下列说法正确的是A．HO2·氧化的反应为：B．过程③，O元素的化合价没有变化C．①②过程和③④过程消耗的之比为1:1D．含硫废液经处理后pH值保持不变【答案】A【详解】A．由分析可知，HO2·氧化生成硫酸根和水，反应为：，A正确；B．氢氧根中氧为-2价，羟基中氧为-1价，则过程③，O元素的化合价由-2价升高到-1价，B错误；C．反应①②过程中HO2·氧化生成，反应为：2HO2·+3=3+H2O，反应③④过程中：·OH和反应生成，反应为：，由分析可知，，，而水电离的H+和OH-物质的量之比1:1，所以①②过程和③④过程消耗的之比为3∶1，C错误；D．由图可知，氧化含硫废液的总反应为，含硫废液经处理后由弱酸阴离子转化为强酸阴离子，水解碱性减弱，氢氧根离子浓度减低，pH减小，D错误；故选A。【对点1】（2025·江苏南通·模拟）根据信息和要求书写相应的方程式。二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。(1)ClO2能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的气体，自身被还原为Cl－。写出用ClO2处理含CN－的电镀废水的离子方程式：。(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：先将纤维素在硫酸中水解，再将此条件下得到的葡萄糖与NaClO3反应得到ClO2和CO2等。写出葡萄糖与NaClO3反应的离子方程式：。【答案】(1)(2)【详解】（1）将氧化为无毒的物质，应为，自身被还原为，该反应的离子方程式，故答案为：；（2）葡萄糖分子式为，具有还原性将NaClO3还原生成ClO2。Cl元素化合价从+5到+4价，降低1价，葡萄糖分子C6H12O6中C元素化合价均价为0，到+4价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒写成对应的离子方程式为：。【对点2】（2025·四川广安·模拟预测）KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿（主要成分为MnO2，含少量FeO）为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是A．“熔融”过程中发生的反应为B．可以用氢溴酸代替CO2C．滤渣1主要成分为Fe2O3D．滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率【答案】B【详解】A．“熔融”过程中MnO2和KOH、O2反应生成K2MnO4和H2O，反应方程式为：，A正确；B．由于KMnO4和K2MnO4均能与HBr发生氧化还原反应，故不能用氢溴酸替代CO2，B错误；C．由分析可知，FeO与O2反应生成Fe2O3，滤渣1主要为Fe2O3，C正确；D．滤渣2为MnO2，经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，D正确；故选B。【对点3】（2025·北京顺义·一模）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。下列说法不正确的是A．反应Ⅰ的离子方程式为B．温度越高，浸出速率越快C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐D．理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出【答案】B【详解】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确；B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误；C．由图可知，反应I中发生，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确；D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确；故选B。考点02陌生情境下非氧化还原反应方程式的书写对于非氧化还原反应而言，首先“读”取题目中的有效信息，写出反应物和生成物的符号，再依据质量守恒、电荷守恒，写出规范的方程式。通过阅读准确快速找出关键词，分析信息，找到解决陌生情景中的“切入点”，根据题目要求，有效对信息进行加工和处理并将已有知识进行整合、提炼，来解决问题，掌握解题思路和方法，解题的基本方法指引：1.阅读题目，明确解题要求。2.认真审题，根据题目要求，获取有用信息。3.把获取的新信息和已有知识进行整合、提炼，迁移到要解决的问题中来。4.若没有生成物提示或生成物提示得不全面，则按流程或题目给出的信息，如“化合反应”“置换反应”“复分解反应”等，则按其反应规律进行书写。5.若反应是复分解反应，要注意生成物中不一定需要难溶性物质出现，当四种物质中有一种的溶解度特别小时，在溶液中进行的反应即趋向于生成这种物质的方向进行。考向01在工艺流程中考查非氧化还原反应【例1】（2025·福建漳州·三模）工业上从镍钼矿(主要含NiS、MoS2、SiO2及Fe的硫化物)中分离钼、镍的工艺流程如下：已知：“水浸”后，滤液主要含Na2CO3、Na2SO4、Na2MoO4溶液。下列说法错误的是A．“焙烧”时O2的作用之一是将MoS2氧化为B．“水浸”后的滤渣主要成分是NiO，SiO2和Fe(OH)3C．“净化”时，发生反应的化学方程式是MgSO4+Na2CO3=Na2SO4+MgCO3↓D．“水浸”“净化”“降温结晶”后均需进行过滤操作，晶体A主要成分是Na2SO4·10H2O【答案】B【详解】A．焙烧时，O2作为氧化剂，将MoS2氧化为Na2MoO4，Mo的价态由+4价到+6价，A正确；B．水浸后的滤渣主要成分为NiO、SiO2及Fe2O3，Fe(OH)3需在溶液中生成，高温焙烧无法得到，B错误；C．净化时，MgSO4与滤液中Na2CO3反应生成MgCO3沉淀和Na2SO4，化学方程式为MgSO4+Na2CO3=Na2SO4+MgCO3↓，C正确；D．水浸（固液分离）、净化（分离MgCO3沉淀）、降温结晶（分离晶体A）均需过滤，净化后溶液含Na2SO4和Na2MoO4，降温时Na2SO4·10H2O先结晶析出，D正确；故选B。考向02陌生情境下非氧化还原反应方程式的书写【例2】（2025·吉林·模拟预测）下列方程式书写错误的是A．丙烯醛()与足量溴水反应：B．用溶液吸收少量C．线型酚醛树脂的制备：D．用同位素示踪法探究乙酸与乙醇发生酯化反应原理的化学方程式：【答案】A【详解】A．丙烯醛与足量溴水反应时其中的碳碳双键与溴单质发生的是加成反应，而醛基也能被溴单质氧化为羧基，则反应方程式为：，A错误；B．少量的被还原为，被氧化为，同时过量的会生成，则对应离子方程式为：，B正确；C．线型酚醛树脂的制备反应为酸性条件下苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂和水，则反应化学方程式为：，C正确；D．羧酸和醇在浓硫酸的催化作用能发生酯化反应生成酯和水，反应原理为羧酸断裂羧基上的与醇断裂羟基上的H原子结合为水，剩余部分结合为酯，则醇羟基上的O原子反应后存在于酯结构中，反应的化学方程式为：，D正确；故答案为：A。【对点1】（2025·江苏泰州·模拟预测）以含锌废液（主要成分为，含少量的）为原料制备的实验流程如下：已知：过二硫酸钠中含有过氧键中的硫元素为价。下列说法正确的是A．废液中的可用KSCN溶液检验B．过二硫酸钠含有过氧键数目为C．“氧化除锰”后溶液中大量存在阳离子有D．“沉锌”反应为【答案】D【详解】A．KSCN溶液用于检验，无法直接检验，A错误；B．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023，B错误；C．Na2S2O8溶液将Fe2+氧化为Fe3+，因此“氧化除锰”后溶液中不存在阳离子，C错误；D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的方程式为3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，D正确；故选D。【对点2】（2025·河北石家庄·模拟预测）在Cu基催化剂的作用下，脱除废气中的NO以减少污染。废气中的会造成Cu基催化剂的催化性能下降，加入可抑制对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。下列说法错误的是A．机理图中的硫酸盐均为中间产物B．反应过程中Ce的化合价均发生变化C．的化学式为D．该过程的总反应为：【答案】B【详解】A．根据题给反应原理可知，硫酸盐生成后又被消耗，属于中间产物，A正确；B．由分析可知，反应②过程中Ce2(SO4)3转化为Ce2O3，Ce的化合价未发生变化，B错误；C．由分析可知，CemOn为Ce2O3，C正确；D．根据分析，把反应①、②、③相加可得总反应为4NH3+2NO+2O2==3N2+6H2O，D正确；故答案选B。题型01陌生情境下氧化还原反应方程式的书写1．（2025·江西南昌·一模）是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为)为原料，经中间产物制备的流程如图。下列说法正确的是A．“熔融”过程中，n(氧化剂)：n(还原剂)=2：1B．用盐酸替代能加快“酸化”时的速率C．滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率D．得到晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、加热烘干【答案】C【详解】A．“熔融”过程中，发生反应：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，由反应方程式可知，O2作为氧化剂，MnO2是还原剂，n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，A错误；B．由于KMnO4和K2MnO4均能与HCl发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，可用稀硫酸代替CO2来加快“酸化”时的速率，B错误；C．由分析可知，滤渣2为MnO2，经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，C正确；D．由KMnO4的溶解度随温度变化的曲线图可知，KMnO4的溶解度随温度升高而增大，故得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D错误；故选C。2．（2025·河南信阳·二模）下列方程式与所给事实不相符的是A．泡沫灭火器的反应原理：B．含氟牙膏防治龋齿：C．84消毒液与双氧水混合后失效：D．氧化铁溶于氢碘酸的离子反应为【答案】A【详解】A．泡沫灭火器中Al3+与发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，离子方程式为：，A错误；B．含氟牙膏中F-替换羟基磷灰石中的OH-生成更稳定的氟磷灰石，离子方程式为：，B正确；C．NaClO与H2O2发生氧化还原反应生成NaCl、H2O和O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，C正确；D．Fe2O3与HI反应时，Fe3+被I-还原为Fe2+并生成I2，根据得失电子守恒和离子守恒配平化学方程式为：为，D正确；故选A。3．（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下：下列说法错误的是A．“灼烧”后的固体产物中，和均为价B．在“酸浸”过程中所滴加的的作用为氧化剂C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为D．“合成”过程中，发生反应会有和放出【答案】B【详解】A．灼烧时有机黏合剂和炭黑被氧化除去，铝箔被氧化为（为+3价），原中为+3价，灼烧后仍为+3价，A正确；B．碱浸后滤渣含等高价金属离子，具有强氧化性，酸浸时会氧化生成，自身被还原为，作还原剂而非氧化剂，B错误；C．沉锰时加入（含，强氧化剂），将氧化为紫红色，离子方程式，C正确；D．合成时，发生反应，D正确；故答案选B。4．（2025·辽宁盘锦·三模）碳酸钴可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(和)为原料生产碳酸钴的流程如图所示：已知：。下列有关说法错误的是A．“研磨”的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率B．为不引入新的杂质，加入的物质B可为CoO或等C．“酸浸”过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6D．“调pH”应控制pH使完全沉淀而不生成沉淀【答案】C【详解】A．研磨固体可增大反应物接触面积，使酸浸更充分，提高酸浸率，A正确；B．调pH需消耗H+且不引入新杂质，CoO或Co(OH)2与H+反应生成Co2+和水，符合要求，B正确；C．酸浸中Co2O3中Co由+3价降为+2价，HCl中部分Cl-由-1价升为0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，C错误；D．调pH需使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Co2+不沉淀，以分离Fe3+和Co2+，D正确；故选C。5．（2025·浙江·二模）某兴趣小组为探究溶液的化学性质，设计如下实验：实验Ⅰ：常温下，向新制的溶液(未酸化)中不断通入，溶液逐渐变浑浊，产生红褐色沉淀。实验Ⅱ：向含少量的溶液中逐滴加入溶液，并用传感器测得滴加过程中溶液的变化如下图。下列说法不正确的是A．实验Ⅰ产生红褐色沉淀的过程中溶液酸性在增强B．实验Ⅰ说明在酸性或碱性条件下均能被氧化C．实验Ⅱ的de段可能会产生黄绿色的气体D．实验Ⅱ的bc段发生的主要反应是【答案】B【详解】A．由分析可知，实验Ⅰ中同时生成硫酸，则反应后溶液酸性增强，A正确；B．实验Ⅰ是在未酸化条件下进行的，则不能说明在酸性或碱性条件下均能被氧化，B错误；C．实验Ⅱ中亚铁离子被氧化为铁离子，同时次氯酸根离子被还原为氯离子，de段的溶液酸性较强，则酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子可能会发生归中反应产生黄绿色的气体氯气，C正确；

D．实验Ⅱ的bc段溶液由弱碱性变为弱酸性，则发生的主要反应是亚铁离子被次氯酸根离子氧化为氢氧化铁沉淀、次氯酸根离子被还原为氯离子，同时生成的氢离子和次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸，反应为，D正确；故选B。6．（2025·甘肃金昌·三模）碳酸铈[Ce2(CO3)3]是一种稀土材料，工业上常以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3、BaO、SiO2)为原料制备碳酸铈，其工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”后铈元素主要以[CeF2]2+的形式存在；②Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；③“还原”时，加入硫脲()的目的是将[CeF2]2+还原为Ce3+，硫脲被氧化为(SCN2H3)2。下列说法错误的是A．为了使“焙烧”更充分，应当从焙烧室的底部通入空气B．“酸浸”的目的是除去氟碳铈矿中的BaO，因此“滤渣1”为BaSO4C．加入硫脲后发生“还原”，反应的离子方程式为2SC(NH2)2+2[CeF2]2+=(SCN2H3)2+2HF+2F-+2Ce3+D．“碱转酸浸”最好隔绝空气进行【答案】B【详解】A．“焙烧”时，从焙烧室的底部通入空气可以增大反应物的接触面积，使焙烧更充分，A正确；B．氟碳铈矿中含有SiO2和BaO，“酸浸”时，硫酸会与BaO反应生成BaSO4，但SiO2难溶于硫酸，故“滤渣1”中应含有BaSO4和SiO2，B错误；C．“还原”时，加入硫脲()的目的是将[CeF2]2+还原为Ce3+，硫脲被氧化为(SCN2H3)2，反应的离子方程式为，C正确；D．Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，因此“碱转酸浸”最好隔绝空气进行，D正确；故选B。7．（2025·河南安阳·一模）在条件下，分别用相同浓度的溶液吸收氯气，其转化关系如图所示：已知：反应1中生成和X的物质的量相等；消耗等量的时，反应1和反应2生成的质量比为。下列叙述错误的是A．上述2个反应中，参与反应的与的物质的量之比均为B．消耗等量的时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低D．若某温度下生成X和Y均为时，同时生成【答案】D【详解】A．由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，参与反应的与的物质的量之比均为，A正确；B．由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗等量的时，反应1和反应2生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为，B正确；C．漂白液中发挥作用的是NaClO和水、二氧化碳反应生成HClO，而HClO受热会发生分解，导致有效成分NaClO的含量降低，C正确；D．由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若某温度下生成NaClO和NaClO3均为时，同时生成，D错误；故选D。8．（2025·山东泰安·模拟预测）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。25℃时各物质溶度积见下表：物质溶度积下列说法错误的是A．反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行B．反应釜2中反应的离子方程式为C．反应釜3中，25℃时，浓度为，理论上不超过10D．获得水合物的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶【答案】C【详解】A．空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁，A正确；B．反应釜2中，FeCl2溶液中加入CaO和分散剂的同时通入空气，得到氢氧化铁，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：，B正确；C．反应釜3中调pH的目的是使Fe元素沉淀而Ca元素不沉淀，浓度为，，c(H+)≥mol/L=10-11mol/L，pH≤11，故理论上不超过11，C错误；D．的溶解度随温度的上升而增大，获得水合物的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，D正确；故选C。9．（2025·福建三明·三模）铼(Re)是一种稀有贵重金属，在航天航空、电子工业、医疗等方面应用广泛。工业上用冶炼钼的烟道灰(主要成分为，含等杂质)制备铼单质的工艺流程如下图所示。已知：①是酸性氧化物，高铼酸)是易溶于水的一元强酸。②高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。(1)为了提高“浸取”速率，可采取的措施有(写一条)。(2)“浸取”时，发生反应的离子方程式为；滤渣Ⅰ的主要成分为(写化学式)。(3)从经济效益考虑，气体A是(用电子式表示)；“滤液”经电解后产生的物质可以在中循环使用(填流程中的环节)。(4)“热解”的化学方程式为，实验室模拟该环节所需陶瓷仪器有(填名称)。(5)“热还原”时，用价格稍贵的氢气而不选用焦炭的原因是。【答案】(1)搅拌、适当升温、提高氢氧化钠的浓度(2)、(3)浸取、热还原(4)坩埚、泥三角(5)不引入杂质，便于分离提纯【详解】（1）搅拌、适当升温、提高氢氧化钠的浓度均可提高“浸取”速率；（2）由流程图可知在碱性环境中被氧气氧化生成，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出离子方程式为；、不与碱反应，成为滤渣I滤出；（3）由分析得A是，电子式为；滤液的主要成分为，电解饱和食盐水可制得和，二者可分别在浸取、热还原中循环使用；（4）由流程图可知“热解”时，反应物为和，产物有、，根据原子守恒和电子守恒写出化学方程式为；实验室对固体进行“热解”所需陶瓷仪器为坩埚、泥三角；（5）还原，产物是铼单质和水，因此用价格稍贵的氢气而不选用焦炭的原因是不引入杂质，便于分离提纯；10．（2025·四川·二模）铬酰氯为深红棕色液体，沸点为117℃，易挥发、易水解。在有机合成领域中有着重要用途。铬酰氯制备方法之一是重铬酸钾法，其制备操作步骤如下：①如图连接好装置，检查气密性，装入药品；②向与29.8gKCl混合粉末中滴入浓硫酸，控温10℃，充分反应；③一系列操作……；④用D装置收集铬酰氯。回答下列问题：(1)C装置的名称是；该实验中浓硫酸除了作反应物，还有一个重要作用是。(2)该制备的反应机理为：浓硫酸先与氯化钾反应生成HCl气体，HCl再与反应生成铬酰氯。写出HCl与反应生成铬酰氯的化学方程式：。(3)步骤②控温10℃，也可改为先将浓硫酸在反应前放入冰箱中冷却至0℃左右，这是为了防止。(4)步骤③“一系列操作”(开关的开闭略去)包括下列操作，其操作顺序为(填序号)。①通入至D装置液面不再上升②加热A装置至117℃③通入，排尽空气④通冷凝水(5)收集117℃左右的馏分时发现D中充满红棕色气体，几乎没有收集到液体，请改进装置：。(6)图中缺少尾气处理装置，下图所示的尾气处理装置中最合理的是(填序号)。(7)本实验的产率为80.0%，则制得的铬酰氯的质量为。【答案】(1)直形冷凝管吸水剂(或干燥剂)(2)(3)反应温度过高，反应速率过快，同时防止产生的HCl挥发(4)③④②①(5)将装置D置于冰水浴(6)B(7)12.4g【详解】（1）C装置是用于冷凝的直形冷凝管；铬酰氯遇水要水解，反应中也会生成一定量的水，故需要吸水剂，所以浓硫酸同时吸收反应体系的水。（2）根据信息，HCl与反应生成铬酰氯的化学方程式为。（3）反应温度仅10℃，铬酰氯挥发的温度是117℃，故不是为了防止它的挥发，题中也未涉及副反应或催化剂等，所以低温是为了防止温度偏高，反应速率过快，同时考虑生成的HCl易挥发。（4）从给的四步操作可以确定需先排出空气，防止后续反应体系中有水使铬酰氯水解；加热前需要先通冷凝水；反应结束需要再鼓气将导管中的铬酰氯全部鼓入D装置，故排序为③④②①。（5）装置中充满红棕色气体，说明水未能将铬酰氯蒸气冷凝，冰水浴温度较低，可使铬酰氯蒸气液化并减少液态铬酰氯的挥发，所以需要将D装置置于冰水中。（6）碱石灰可吸收未反应的氯化氢气体和未冷凝的铬酰氯蒸气，并可防止空气中的水蒸气进入装置，故选B。（7）利用反应，可得的质量为。题型02陌生情境下非氧化还原反应方程式的书写1．（2025·广西柳州·模拟预测）工业上以软锰矿(主要成分是，含少量、)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰()，工艺流程如图。已知可以与强碱反应，受热易分解。下列说法错误的是A．滤液中主要存在的金属阳离子有B．还原步骤中还原剂是，氧化产物是C．沉锰步骤反应原理是D．低温烘干是为了避免在温度过高时分解【答案】C【详解】A．由分析可知，“滤液”主要含有Na2SiO3和NaAl(OH)4，因此主要存在的金属阳离子有，故A正确；B．由分析可知，“还原”步骤中的反应原理为：MnO2+SO2=MnSO4，反应中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，因此还原剂为SO2，氧化产物为，故B正确；C．由分析可知，“沉锰”步骤发生反应为Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故C错误；D．由分析可知，由于MnCO3受热易分解，因此经过低温烘干后最终得到纯净的MnCO3，故D正确；故答案为：C。2．（2025·河北·模拟预测）可用于测定蛋白质。下图是有关的相关反应。下列说法错误的是A．焙烧反应为氧化还原反应，而浸取反应为非氧化还原反应B．焙烧反应中S和元素化合价均升高C．浸取时的化学方程式为D．为提高浸取效率，可适当增大氨水浓度或将固体粉碎【答案】C【详解】A．“焙烧”时发生反应为，Mo元素与S元素价态升高，O元素价态降低，因此焙烧反应为氧化还原反应，则“浸取”时的化学方程式为，没有价态升降，因此浸取反应为非氧化还原反应，A项正确；B．“焙烧”时发生反应为，Mo元素化合价由+4升高到+6，S元素化合价由-2价升高至+4价，B项正确；C．氨水化学式为，“浸取”时的化学方程式为，C项错误；D．为加快反应速率，提高“浸取”效率，可适当增大氨水浓度或将固体粉碎，D项正确；故选C。3．（2025·云南·模拟预测）焦锑酸钠是一种化工产品，难溶于水。以粗锑酸钠(主要成分是Na3SbO4，含少量硫)为原料制备焦锑酸钠的流程如图：下列说法正确的是A．锑元素位于元素周期表的第六周期第VA族B．为了加快“酸溶”速率，可采用高温条件C．“中和”时，反应之一为SbCl5+6NaOH=NaSb(OH)6↓+5NaClD．“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶【答案】C【详解】A．锑元素位于元素周期表第五周期第VA族元素，A错误；B．温度过高，盐酸挥发加快，盐酸损失过多，B错误；C．“中和”反应为盐酸和氢氧化钠生成氯化钠和水，SbCl5和氢氧化钠反应生成难溶于水的焦锑酸钠沉淀，反应之一为SbCl5+6NaOH=NaSb(OH)6↓+5NaCl，C正确；D．焦锑酸钠难溶于水，“一系列操作”是过滤、洗涤、干燥，D错误；故选C。24．（2025·江苏南通·模拟预测）二氧化碳、甲烷的捕集与利用对环境和能源具有重要意义。(1)一种捕集烟气中的过程如图所示。①“吸收”时将溶液喷成等状的目的是。②若完全转化为，则“转化”的化学反应方程式为。③图示的“吸收”、“转化”过程中，溶液的温度变化为。(2)一种将甲䏓转化为合成气和的原理如图所示。①反应器I、Ⅱ中元素化合价一直未发生变化的是（填元素符号）②反应器Ⅱ中的化学反应方程式为。③理论上转化得到的的物质的量为。实际得到的物质的量超过此值的原因是。【答案】(1)增大和二氧化碳的接触面积，充分反应（或）均上升(2)（总反应方程式）该温度下会继续还原而释放【详解】（1）①“吸收”时将KOH溶液喷成等状的目的是增大与二氧化碳的接触面积，使充分反应；②由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与生石灰或石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可循环利用，故化学方程式为或；③图示的“吸收”、“转化”过程中，二氧化碳与足量NaOH溶液反应生成碳酸盐，该反应是放热反应，溶液温度上升；碳酸氢钾溶液与氧化钙反应也放热，故溶液的温度变化均为上升；（2）①由图可知，反应I为锌和水在300℃条件下反应生成氧化锌和氢气，该反应前后氧元素的化合价没有变，均为-2价，反应Ⅱ为甲烷和氧化锌在500℃条件下生成锌、氢气和一氧化碳，该反应前后氧元素化合价也没有变，均为-2价；②反应Ⅱ为甲烷和氧化锌在500℃条件下生成锌、氢气和一氧化碳，化学方程式为；③根据反应I、Ⅱ得总反应为，故理论上1mol甲烷转化得到的氢气的物质的量为3mol，但是该温度下会继续还原而释放，使实际得到氢气的物质的量超过3mol。5．（2025·江苏盐城·模拟预测）热重量分析是在程序控制温度下，测量物质的质量与温度或时间关系的方法。通过分析热重曲线，可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况，以及生成的产物等与质量相联系的信息。图为样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。请回答下列问题：(1)试确定时固体物质的化学式(要求写出推断的计算过程)。(2)取所得样品，于灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为。把得到黑色粉末溶解于稀硫酸中，经蒸发浓缩、冷却结晶，所得晶体的化学式为，其存在的最高温度是。(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与在加热时发生反应的化学方程式为。【答案】(1)CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在108℃时失去的水的质量为1.000g-0.856g=0.144g，根据反应的化学方程式：，，解得n=2，108℃时该固体物质的化学式为CuSO4•2H2O；(2)102℃(3)【详解】（1）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在108℃时失去的水的质量为1.000g-0.856g=0.144g，根据反应的化学方程式：，，解得n=2，108℃时该固体物质的化学式为CuSO4•2H2O，故答案为；（2）温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；根据图象分析其存在的最高102℃；（3）SO3与水反应生成硫酸，浓硫酸与铜加热反应的化学方程式为：。6．（2025·云南玉溪·三模）亚硝酰氯(NOCl，熔点，沸点)为黄色气体，液态时呈红褐色，遇水剧烈反应生成氮的两种氧化物和氯化氢，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体。某实验小组设计实验制备NOCl并测定产品中NOCl的含量。回答下列问题：I．如图所示，实验室可由与NO反应制备NOCl。(1)仪器a的名称为，装置C中盛放的试剂是(填名称)。(2)装置B中发生反应的化学方程式为。(3)装置E的作用是。(4)尾气中含有NO和NOCl，某同学建议用NaOH溶液进行尾气处理，NaOH溶液吸收NOCl的离子方程式为。II．NOCl纯度的测定：取制备的NOCl样品13.1g(杂质中不含有氯元素)溶于水配制成250mL溶液；取出25.00mL置于锥形瓶中，以溶液为指示剂，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为24.50mL(已知为砖红色沉淀)。(5)滴定终点的现象是。(6)下列操作会导致测定结果偏大的是(填序号)。A．锥形瓶中洗涤后有少量蒸馏水B．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失C．取待测液的滴定管未用待测液润洗D．读数时，滴定前平视，滴定后仰视E．滴定过程中旋摇锥形瓶太剧烈而溅出少量溶液(7)NOCl的质量分数为。【答案】(1)蒸馏烧瓶浓硫酸(2)(3)防止水蒸气进入三颈烧瓶中与NOCl反应(4)(5)当滴入最后半滴溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内无变化(6)BD(7)98%【详解】(1)仪器a为蒸馏烧瓶。要制备NOCl，需要干燥的NO和装置A产生NO，NO中混有水蒸气，装置C用于干燥NO，常用的干燥剂为浓硫酸。(2)生成的NO被氧化为，再与水反应生成和NO，故化学方程式为。(3)NOCl遇水剧烈反应，装置E中无水的作用是防止水蒸气进入装置D中使NOCl水解。(4)根据NOCl遇水反应生成氮的两种氧化物和氯化氢，推测NOCl与NaOH反应的化学方程式为。(5)以溶液为指示剂，用标准溶液滴定当滴入最后半滴标准溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内不褪色，即为滴定终点。(6)A．锥形瓶中洗涤后有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量，对测定结果无影响；B．答案滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，导致标准溶液体积读数偏大，测定结果偏大；C．取待测液的滴定管未用待测液润洗，待测液被稀释，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小；D．读数时，滴定前平视，滴定后仰视，标准溶液体积读数偏大，测定结果偏大；E．滴定过程中旋摇锥形瓶太剧烈而溅出少量溶液，导致消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏小。故答案为BD。(7)，根据，25.00mL溶液中，250mL溶液中。由NOCl的化学式可知，，NOCl的质量分数为。7．（2025·湖北荆州·模拟预测）三氯甲硅烷()是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为℃，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品。回答下列问题：已知：①(浓)

②，中H化合价为(1)Ⅰ装置中橡胶管的作用是。(2)上述装置依次连接的合理顺序为，a→___，___→___，___→___(按气流方向，用小写字母表示)。实验过程中，应先点燃装置(填“Ⅰ”或“Ⅳ”)的酒精灯。(3)装置Ⅲ中盛放的试剂是，(填序号，下同)c中盛放的试剂可以是。①碱石灰

②无水

③

④氧化钙

⑤浓硫酸

⑥NaOH溶液(4)装置Ⅱ中冰盐浴的作用为。(5)遇水会产生和两种酸，则在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为。【答案】(1)平衡气压，便于液体顺利流下(2)d，e，f，g(或g，f)bⅠ(3)⑤①④(4)冷凝三氯硅烷(5)【详解】（1）装置Ⅰ中橡胶管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；（2）装置Ⅰ是氯化氢气体的发生装置，生成的氯化氢气体经过装置Ⅲ中的浓硫酸干燥除去水分，再通入装置Ⅳ与粗硅制备SiHCl3，由于SiHCl3的熔沸点较低，装置Ⅱ中冰盐浴有助于其收集，最后通过碱石灰尾气处理装置和干燥大气，因此上述装置依次连接的合理顺序为adefg(或g，f)b；硅单质与氧气在加热条件下能发生反应，因此实验过程中，应先点燃装置Ⅰ的酒精灯，将装置Ⅳ中的空气排尽，使装置Ⅳ中充满HCl气体。（3）装置Ⅲ的作用是干燥氯化氢气体，因此应盛放浓硫酸，故选⑤，c的作用是进行氯化氢的尾气处理装置和干燥大气防止水蒸气进入，且干燥管应盛放固体试剂，因此可以是碱石灰和氧化钙，故选①④。（4）由题目信息可知，SiHCl3的熔沸点较低，因此装置Ⅱ中冰盐浴的作用为冷凝三氯硅烷。（5）遇水会产生和两种酸，经分析，两种酸应为硅酸和盐酸，则在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为。8．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）铬酰氯常在有机合成中作氧化剂或氯化剂，也可用作染料的溶剂，常温下为深红棕色液体，熔点，沸点放置在空气中会迅速挥发并水解。实验室制备装置如图所示，步骤如下：①将44.7gKCl固体和固体研磨成粉末，混合搅拌5min后放入三颈烧瓶；②通入冷凝水，打开恒压分液漏斗下方的活塞，分两次加入约60mL过量的98%浓硫酸，反应迅速进行，装置中充满深红棕色的气体；③反应结束后，用电热套加热三颈烧瓶，并收集的馏分，获得。(1)仪器A的名称是；相对于普通分液漏斗，恒压分液漏斗的主要优点是。(2)已知：的结构式为，铬元素的化合价为；反应过程中，浓硫酸先分别与和KCl反应生成和HCl两种中间产物，然后二者迅速反应生成，与HCl反应生成的化学反应方程式为。(3)实验前，将KCl和固体研磨成粉末后再混合搅拌5min，这样做的目的是；浓硫酸要预先冷却至后再分两次加入三颈烧瓶中的原因是。(4)蒸馏过程中，若发现装置A中充满深红棕色气体，可将装置进行改进的方法是；B中的物质是(填“碱石灰”或“无水氯化钙”)。(5)蒸馏最终获得产品质量21.7g，本实验铬酰氯的产率为。【答案】(1)锥形瓶平衡气压，使液体顺利滴下(2)+6(3)使反应物充分接触，提高反应效率反应放热，冷的浓硫酸可防止温度过高，反应速率过快，导致产物挥发，降低产率(4)用冰水浴冷却装置A碱石灰(5)70%【详解】（1）仪器A的名称为锥形瓶，对于普通分液漏斗，恒压分液漏斗的主要优点是：其外接细管可以平衡气压，从而使液滴顺利流下的效果。（2）O为-2价，Cl为-1价，所以Cr为+6价；CrO3与HCl反应生成CrO2Cl2的化学反应方程式为CrO3+2HCl=CrO2Cl2+H2O。（3）将反应物研磨成粉末增大了反应物接触面积，从而提高反应效率；通过三颈烧瓶中充满深红色气体，以及沸点117℃，常温为深红色液体的CrO2Cl2，可以得出反应放热极高，所以此时浓硫酸的加入需要先预冷，再分布加入，防止温度过高，反应速率过快，导致产物挥发，降低产率。（4）若装置A中充满棕红色气体，说明冷凝装置效果不佳，可以对A装置施加冰水浴，延续冷凝效果；装置B不仅需要起到防止空气进入装置，防止产品挥发的作用，还需要有吸收副产物HCl的作用，故碱石灰可以满足条件。（5）根据铬元素守恒可知，，铬酰氯的理论产量为，则产率为。1．（2025·江西宜春·一模）新家装修后甲醛含量超标，可用二氧化氯来除甲醛，生成和，下列说法错误的是A．等质量的与能除去甲醛的物质的量之比等于B．甲醛能发生银镜反应，甲醛最多可制得C．反应生成，则转移电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为【答案】A【详解】A．该反应中ClO2中氯元素化合价由+4降低到-1，NaClO中氯元素化合价由+1降低到-1，则消耗等量甲醛所需NaClO与ClO2之比为5:2，A错误；B．甲醛的结构式为，可以看成2个醛基，则甲醛能发生银镜反应，甲醛最多可制得，B正确；C．由4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O可知，该反应中C元素化合价由0价上升到+4价，反应生成，则转移电子，C正确；D．4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O中氯元素化合价由+4降低到-1，C元素化合价由0价上升到+4价，ClO2是氧化剂，HCHO是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D正确；故选A。2．（2025·浙江·二模）下列方程式正确的是A．酸催化条件下制酚醛树脂：n+nB．要注入炽热铁水的模具必须干燥的原因：C．乙醇中加入酸性溶液：D．向溶液中通入过量的：【答案】C【详解】A．在酸性催化剂作用下，苯酚的邻位氢原子与甲醛发生亲核加成反应，生成，羟甲基苯酚之间通过脱水缩合形成，化学方程式为：n+nHCHO，A错误；B．注入炽热铁水的模具必须干燥的原因是铁会和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，B错误；C．乙醇中加入酸性溶液，乙醇被氧化为乙酸，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；D．向溶液中通入过量的，Fe2+和Br-均被氧化，生成Br2和Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，D错误；故选C。3．（2025·陕西·三模）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆。以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含、、、MgO等，用硫酸渣制备铁红()的过程如图所示，已知还原过程中被氧化时转移电子数为。下列说法不正确的是A．滤渣A的主要成分为B．滤液B中含有的硫酸盐为硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠C．“还原”过程中会有硫酸生成D．“氧化”过程中发生反应：【答案】D【详解】A．硫酸渣中加入硫酸进行酸溶，、、MgO都能与硫酸反应分别生成硫酸铁、硫酸铝、硫酸镁，而不与硫酸反应，所以过滤后滤渣A的主要成分，A正确；B．在还原过程后溶液中含有亚铁离子、铝离子、镁离子等，加入氢氧化钠后，铝离子转化为偏铝酸钠，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，亚铁离子在空气中被氧化后最终转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液B中含有的硫酸盐为硫酸镁和硫酸铝以及加入氢氧化钠反应生成的硫酸钠，B正确；C．还原过程中与硫酸铁等反应，中硫元素的化合价为价，已知1mol被氧化时转移电子数为，反应过程中硫元素被氧化为硫酸根离子，会有硫酸生成，C正确；D．“氧化”过程中发生的反应应该是，而不是，因为溶液中加入了氢氧化钠，溶液呈碱性，D错误；故选D。4．（2025·北京海淀·模拟预测）合成气(CO与混合气体)在生产中有重要应用。铁基氧载体可以实现与重整制备合成气，过程如图1.不同温度下，氧化室中气体的体积分数如图2.下列说法不正确的是A．氧化室中的主要反应为B．由图1可知，若实现循环，理论上所得合成气中C．500~650℃时，氧化室中比CO更易发生副反应D．该方法既可制备有价值的合成气，又可减少温室气体的排放【答案】C【详解】A．由图可知，氧化室中

和反应生成CO、H2和FeO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，A正确；B．由图可知，还原室中FeO和CO2反应生成和CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，氧化室中发生反应：，若实现循环，说明生成的FeO和消耗的FeO相等，则合成气中，B正确；C．氧化室中发生反应：，由图可知，500~650℃时，H2的体积分数大于CO的2倍，说明氧化室中CO比更易发生副反应；D．该过程中可以实现与重整制备合成气，可减少温室气体的排放，D正确；故选C。5．（2025·辽宁·二模）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B．红色浑浊的出现体现了H2O2的氧化性C．H2O2既表现氧化性又表现还原性D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O【答案】B【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，所以从整个过程看，Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；B．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，Cu元素由+2价下降到+1价，H2O2中O元素由-1价上升到0价，体现了H2O2的还原性，B错误；C．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，体现了H2O2的还原性，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，体现了H2O2的氧化性，C正确；D．继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，D正确；故选B。6．（2025·黑龙江·模拟预测）下列过程对应的反应方程式错误的是A．医务人员常用硫酸酸化的溶液和双氧水紧急制氧：B．技术员常用石膏改良碱性（含）土壤：C．民间酿酒师向淀粉水解液中添加酒曲造酒：D．质检员常用醋酸和淀粉试纸检验碘盐中：【答案】D【详解】A．在硫酸条件下，能将氧化为，转化为Mn2+，离子方程式为：，A正确；B．碳酸钙溶度积小于硫酸钙，CaSO4可以转化为CaCO3，化学方程式为：，B正确；C．淀粉水解液中含葡萄糖，在酒曲作用下转化成乙醇，并放出，化学方程式为：，C正确；D．醋酸是弱酸，不能拆成离子，正确的离子方程式为，D错误；故选D。7．（2025·北京延庆·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，【答案】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。8．（2025·湖南邵阳·一模）我国古代将硫酸称为绿矾油，其可用于去除兵器上的锈迹。Ⅰ．制备绿矾（）某化学兴趣小组拟用工业废铁屑（主要成分为Fe，还含有少量FeS、、Cu等杂质）制备绿矾，实验步骤如下：ⅰ．称取一定量的废铁屑，用热的溶液浸泡，再用蒸馏水洗涤；ⅱ．将处理后的废铁屑放入锥形瓶中，加入适量稀硫酸，连接好装置（如下图）后，水浴加热至反应完全；ⅲ．停止加热，趁热过滤，向滤液中补加少量硫酸；ⅳ．滤液经一系列操作后，过滤、洗涤、干燥，得到绿矾晶体。(1)操作ⅰ用热的溶液浸泡的目的是；(2)装置C中发生反应的离子方程式是；(3)步骤ⅳ洗涤时洗涤液选用乙醇而不用蒸馏水的优点是（写两条）；Ⅱ．制备绿矾油将绿矾加强热，在冰水混合物中的U形管中即可得到绿矾油。如图连接好装置，检查装置的气密性后，在硬质玻璃管中加入一定量的绿矾。打开、，通入一段时间后，关闭点燃酒精喷灯，充分反应后停止加热。打开再通入至装置完全冷却。经测量分析，绿矾中的Fe元素全部被氧化，部分硫元素变为+4价，其他元素化合价未发生变化。(4)检查装置气密性的方法是；(5)绿矾受热分解的化学方程式是；(6)气体在B装置中充分冷凝，则B装置得到的硫酸的质量分数是%（保留三位有效数字）。【答案】(1)去除铁屑表面的油污(2)(3)减少绿矾的损耗，便于后续干燥(4)在D装置中加入适量的水，关闭、打开，在A处稍加热，D中有气泡产生，停止加热后，D中的导管内形成一段水柱，且一段时间后，水柱不下降，则气密性良好（答案合理即可）(5)(6)29.5【详解】（1）碳酸钠的水溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污，故答案为：洗去铁屑表面的油污；（2）铁屑中FeS会与稀硫酸反应生成污染性硫化氢气体，硫化氢被硫酸铜溶液吸收生成硫化铜沉淀，装置C中发生反应的离子方程式是；（3）绿矾在乙醇中溶解较少且乙醇易挥发，故洗涤时洗涤液选用乙醇而不用蒸馏水的优点是：减少绿矾的损耗，便于后续干燥；（4）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；故检查装置气密性的方法是：在D装置中加入适量的水，关闭、打开，在A处稍加热，D中有气泡产生，停止加热后，D中的导管内形成一段水柱，且一段时间后，水柱不下降，则气密性良好（答案合理即可）（5）由题意，绿矾中的Fe元素全部被氧化，则反应生成氧化铁，结合电子守恒，部分硫被还原为二氧化硫，结合质量守恒，还生成三氧化硫和水，故绿矾受热分解的化学方程式是；（6）反应生成三氧化硫和水生成硫酸：，结合反应，则B装置得到的硫酸的质量分数是。9．（2025·湖南邵阳·一模）铼是一种稀有贵重金属，广泛用于制造飞机、卫星和火箭的外壳等。工业上一种利用富铼矿渣（主要成分）提取铼的工艺流程如图所示：已知：①“焙烧”得到的固体成分有、以及铁、铜和硅的氧化物等；②高铼酸铵（）微溶于冷水，易溶于热水；回答下列问题：(1)为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有（写一条即可）；(2)“浸出”过程中，酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图所示，分析℃时铼的浸出率最高的原因是；(3)“一系列操作”主要包括、过滤、洗涤、干燥；(4)写出“热解”时发生反应的化学方程式；(5)测得制得的铼粉（含少量）中Re与O的原子个数比为2:1，则该产品的纯度为%（保留三位有效数字）；【答案】(1)将矿渣粉碎或空气从焙烧炉底部通入，矿渣从顶部加入（答案合理即可）(2)低于℃，反应速率随温度升高而增大，铼的浸出率增大；高于℃，分解导致铼的浸出速率减小(3)蒸发浓缩、冷却结晶(4)(5)82.2【详解】（1）将矿渣粉碎或空气从焙烧炉底部通入，矿渣从顶部加入等可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率；（2）低于℃，反应速率随温度升高而增大，铼的浸出率增大；高于℃，分解导致铼的浸出速率减小，故℃时铼的浸出率最高；（3）高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（4）由分析，高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，热解反应为：；（5）设产品中Re与的物质的量分别为amol、bmol，则(a+2b):7b=2:1，得a=12b，则该产品的纯度为；1．（2025·河南·高考真题）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)+16：1(6)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn【详解】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：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+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为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，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为、。（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价；(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）由于“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、Sn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及生成的Sn。2．（2025·上海·高考真题）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：(1)验证矿石中的锗元素可使用的方法为。A．原子发射光谱法

B．红外光谱法

C．X射线衍射(2)既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是氧化物。已知矿中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：煤焦油熔点升华沸点(3)使用分段升温的原因是。(4)下图为在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率，图可知真空还原采用的最佳温度及浓度为_______。A．，2.5% B．，5.0% C．，2.5% D．，2.5%(5)真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式。采用滴定法测定样品中元素含量的方法如下：(以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)准确称取含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入浓盐酸和溶液，加热至微沸(溶解)冷却后，加入，搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸冲洗烧瓶并入锥形瓶中。加入磷酸，冷却溶液至以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入淀粉溶液作为指示剂。用标准溶液滴定至滴定终点。记录消耗的体积为。(还原)(主反应)(终点反应)(6)装置a名称为_______。A．锥形瓶 B．恒压滴液漏斗 C．球形冷凝管 D．滴定管(7)滴定终点时，颜色由变为，半分钟不褪色。(8)滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶？(真空还原)(9)已知，求样品(固体)中元素的质量分数【纯度】(用c、V、m表示)。(10)滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。A．未用标准溶液润洗滴定管B．未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡D．在常温下滴定(未保持在以下滴定)【答案】(1)A(2)两性(3)①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出(4)C(5)(6)C(7)无色浅蓝色(8)实验盖紧塞子防止被氧化【隔绝氧气，避免被氧化为(否则导致滴定结果偏低)】(9)(10)AD【详解】（1）可以通过原子发射光谱法可检验物质中所含元素，故选A；（2）既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是两性氧化物；（3）①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的；（4）由图，，使用2.5%的真空还原时，元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能源和原料；（5）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：；（6）由图，装置a名称为球形冷凝管，故选C；（7）根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色。（8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差；（9）由题干反应结合Ge元素守恒，存在，则样品(固体)中元素的质量分数；（10）A．未用标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果偏大；B．未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低；C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；D．在常温下滴定(未保持在以下滴定)，可能被标准液氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大；故选AD。3．（2024·贵州·高考真题）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下：已知：①25℃时，；②。回答下列问题：(1)“滤渣”的主要成分为(填化学式)。(2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中。(3)“除杂”时需加入的试剂X是。(4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是，水热合成的离子方程式为。(5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下：①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为。②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有个。③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则，其可能的结构示意图为(选填“乙”或“丙”)。【答案】(1)SiO2(2)2.8×10-6(3)NaOH溶液(4)提供Na+和反应所需要的碱性环境(5)30.25乙【详解】（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中；（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液；（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为；（5）①该