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2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题10
1．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Cu2＋、Na＋、H＋、SO CO OH-。已
、 、
知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是
A．CO OH-、SO ．Na＋、H＋、SO
、 B
C．Cu2＋、H＋、SO ．Na＋、OH-、CO
D
答案：D
解析：甲烧杯中溶液呈蓝色，一定含Cu2＋，则和Cu2＋不能共存的CO OH-在乙烧杯中，H+在
、
甲烧杯中，根据电荷守恒，甲烧杯中还含有、SO Na＋，所以乙烧杯中大量存在的离子是
，乙烧杯中还含有
Na＋、OH-、CO D。
，答案选
2．反应8NH ＋3Cl＝N＋6NH Cl，被氧化的NH 与被还原的Cl 的物质的量之比为
3 2 2 4 3 2
A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
答案：A
解析：该氧化还原反应用双线桥表示为 ，可知实际升价的N原
子为2个，所以2个NH 被氧化，同时Cl 全部被还原，观察计量数，Cl 为3个，因而被氧化的
3 2 2
NH 与被还原的Cl 的物质的量之比为2：3。
3 2
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙试液变红的溶液：Al3+、Na+、NO Cl－
、
B. 通入足量SO 的溶液：Na+、NH、MnO SO
2 、
C. 通入足量NH 的溶液：K+、Cu2+、SO Cl－
3 、
D. 水电离的c(H+)＝10-13mol·L－1的溶液：K+、Na+、Cr O、NO
2
答案：A
解析：A．使甲基橙试液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，Al3+、Na+、NO Cl－之间互不
、
反应，能大量共存，故A符合题意；
B． SO 具有还原性，能与MnO B不符合题意；
2 发生氧化还原反应，不能大量共存，故
C．通入足量NH 的溶液中：Cu2+会反应生成[Cu]NH )]2+，不能大量共存，故C不符合题意；
3 3 2
D．水电离的c(H+)＝10-13mol·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，Cr O存在Cr O＋HO
2 2 2
2CrO＋2H+，当溶液呈碱性时，该平衡正向移动，主要以CrO形式存在，故D不符合题意；
4. “科学技术是第一生产力”，高科技的发展与化学密切相关。下列说法错误的是
A. CO 可人工合成葡萄糖和脂肪酸，葡萄糖属于单糖
2
B. 氘氚核聚变可实现“人造太阳”，氘和氚互为同位素
C. 利用全新原理可实现海水直接电解制氢，氢气是可再生能源
D. 涤纶纤维可制作飞船着陆器的降落伞，涤纶是无机非金属材料
答案：D解析：A．通过电催化将CO 高效还原合成高浓度乙酸，并进一步利用微生物发酵生产葡萄糖
2
和长链脂肪酸，葡萄糖属于单糖，故A正确；
B．氘氚核聚变可实现“人造太阳”，氘和氚互为同位素，故B正确；
C．利用全新原理可实现海水直接电解制氢，氢气燃烧后又生成水，氢气是可再生能源，故C
正确；
D．涤纶是有机高分子材料，故D错误；
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 在NH SCN溶液中：K+、Fe3+、Cl－、SO
4
B. 含大量H+的溶液中：Zn2+、Cu2+、NO SO
、
C. 加入Al产生H 的溶液中：Na+、Mg2+、NO HCO
2 、
D. 由水电离的c(OH－)＝10-12mol·L－1的溶液中：K+、Ca2+、Cl－、ClO－
答案：B
解析：A．铁离子和SCN-离子生成红色物质，不共存，A不符合题意；
B．H+、Zn2+、Cu2+、NO SO B符合题意；
、 相互之间不反应，能共存，
C．加入Al产生H 的溶液为酸性或碱性，若为碱性溶液氢氧根离子会和镁离子、碳酸氢根离
2
子反应不共存；若为酸性氢离子会和HCO C不符合题意；
反应不共存，
D．由水电离的c(OH－)＝10-12mol·L－1的溶液为酸性或碱性，酸性溶液中氢离子、氯离子、次
氯酸根离子会发生氧化还原反应生成氯气，不共存，D不符合题意；
6. 关于反应4Cu2+＋8OH－＋NH＝2Cu O↓＋N↑＋6HO，下列说法正确的是
2 4 2 2 2
A. N 是还原产物 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
2
C. NH 既是氧化剂又是还原剂 D. 生成28g N ，转移4mol电子
2 4 2
答案：D
解析：A. 分析方程式中的化合价可知，NH 中N元素的化合价为-2，N 中的N元素的化合价
2 4 2
为0，N元素的化合价升高，N 为氧化产物，故A错误；
2
B. 分析方程式中的化合价可知，Cu元素化合价降低，Cu2+为氧化剂，N元素化合价升高，
NH 为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，故B错误；
2 4
C. NH 中有且只有N元素化合价升高，所以NH 仅为还原剂，故C错误；
2 4 2 4
D. 分析方程式可知，每生成1mol N，转移的电子数为4mol，28g N ，正好为1mol N，故D
2 2 2
正确；
7.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 少量的Cl 通入亚硫酸钠溶液：SO Cl＋HO＝SO 2Cl－＋2H+
2 ＋ 2 2 ＋
B. 惰性电极电解饱和硫酸锌溶液：2Zn2+＋2HO=====2Zn＋4H+＋O↑
2 2
C. 浓硝酸与铜的反应：Cu＋4H+＋2NO Cu2+＋2NO ↑＋2HO
＝ 2 2
D. 用NaCO 溶液处理水垢中的CaSO：CaSO＋CO CaCO ＋SO
2 3 4 4 3
答案：A
解析：A．亚硫酸钠溶液为碱性，少量的Cl 通入亚硫酸钠溶液发生反应生成硫酸钠和氯化钠，
2离子方程式为：SO Cl＋2OH－＝SO 2Cl－＋HO，故A错误；
＋ 2 ＋ 2
B．饱和硫酸锌溶液呈碱性，惰性电极电解饱和硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得到电子生成Zn，
HO在阳极失去电子生成O，电极方程式为：2Zn2+＋2HO=====2Zn＋4H+＋O↑，故B正确；
2 2 2 2
C．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：Cu＋4H+＋2NO Cu2+＋2NO ↑＋
＝ 2
2HO，故C正确；
2
D．由于CaCO 的溶解度小于CaSO 的溶解度，用NaCO 溶液处理水垢中的CaSO，CaSO 会
3 4 2 3 4 4
转化为CaCO ，离子方程式为：CaSO＋CO CaCO ＋SO，故D正确；
3 4 3
8.下列物质中属于难溶于水的碱性氧化物的是
A. SiO B. Fe O C. CuO D. Al O
2 3 4 2 3
答案：C
解析：A．SiO 是酸性氧化物，A不符合；
2
B．Fe O 虽然能与酸反应生成亚铁盐、铁盐和水，但不存在对应的碱，不属于碱性氧化物，B
3 4
不符合；
C．CuO难溶于水，与酸反应生成铜离子和水，属于碱性氧化物，C符合；
D．Al O 是两性氧化物，D不符合；
2 3
9.关于反应CHCHOH＋Cr O＋H+＋HO—→CHCOOH＋Cr(HO)(未配平)，下列说法不正确的
3 2 2 2 3 2
是
A. 生成1mol CHCOOH，转移6mol电子 B. CHCOOH是氧化产物
3 3
C. 该反应类型属于氧化还原反应 D. Cr(HO)的配体中形成配位键的原子是O
2
答案：A
解析：A．CHCHOH中C为－2价，CHCOOH中C为0价，有2个C原子发生变价，生成
3 2 3
1mol CHCOOH，转移4mol电子，故A错误；
3
B．碳元素化合价升高，CHCHOH是还原剂，CHCOOH是氧化产物，故B正确；
3 2 3
C．该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．HO中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；
2
10.下列反应的离子方程式的正确是
A. 磁铁矿溶于稀硝酸：3Fe2+＋4H+＋NO 3Fe3+＋NO↑＋2HO
＝ 2
B. 将NaAlO 溶液与NaHCO 溶液混合：HCO ＋HO＝Al(OH) ↓＋CO
2 3 ＋AlO 2 3
C. 在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：HSO ＋ClO－＝Cl－＋2H+＋SO
2 3
D. 往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H+＋OH－＝HO
2
答案：B
解析：A．磁铁的主要成分是四氧化三铁，硝酸可以把其中的二价铁氧化为三价铁，方程式为：
3Fe O＋28H+＋NO 9Fe3+＋NO↑＋14HO，A错误；
3 4 ＝ 2
B．两者混合发生双水解反应，得到氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为：HCO ＋HO＝
＋AlO 2
Al(OH) ↓＋CO
3 ，B正确；
C．亚硫酸有还原性，次氯酸钠有氧化性，两者发生氧化还原反应，但是次氯酸钠过量，最终会生成次氯酸，离子方程式为：HSO ＋3ClO－＝Cl－＋2HClO＋SO，C错误；
2 3
D．硫酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：
NH＋H+＋2OH－＝NH ∙HO＋HO，D错误；
3 2 2
11．铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、平
面显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含InO、InS、ZnO、PbO、Fe O)
2 3 2 3 2 3
中提取金属铟的流程如图：
已知：氧化酸浸后铟以In3+的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用HA 表示，其在酸性溶
2 2
液中可萃取三价金属离子。
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”过程中InS 的硫元素被氧化为SO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为
2 3
___________，滤渣除含过量MnO 外，还有___________(填化学式)。
2
(2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体，C O就是一种双齿配体。“净化”时加入
2
HC O 的主要作用是络合Fe3+，Fe3+的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是___________。
2 2 4
(3)萃取过程的反应方程式为：In3+＋3HA In(HA )＋3H+，平衡常数为K。一定温度下萃取
2 2 2 3
率(E%)与c(H+)的关系如下：lg＝lgK－lg。当pH=2.30时，萃取率为50%；若将萃取率提升到
95%，应调节溶液的pH=___________［已知lg19＝1.28。忽略萃取剂浓度c(H A)在萃取过程中随
2 2
pH的变化。结果保留小数点后两位］。
(4)锌可以从___________中进行回收(填字母)。
a．滤渣 b．水相 c．有机相 d．滤液
(5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化
学键为___________(填字母)。
a．σ键 b．π键 c．离子键 d．配位键
(6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In的配位数为___________；与In原子间距
离为anm的In原子有___________个。答案：(1) 12∶1 PbSO (2) Fe3+＋3HC O＝[Fe(C O)]3－＋6H+
4 2 2 4 2 4 3
(3)2.73 (4)b (5)c (6) 4 12
解析：高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe O、 InO、 InS)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰
2 3 2 3 2 3
进行酸浸氧化,将InS 氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe O 分别和硫酸反应转化为
2 3 2 3
ZnSO、PbSO 沉淀和Fe ( SO) ，InO 和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中
4 4 2 4 3 2 3
加入草酸，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、
Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗铟，据此分析。
(1)氧化酸浸过程中MnO 只将InS 中的硫元素氧化为硫酸根离子，S的化合价由-2价变为+6价，
2 2 3
共失去24个电子， Mn的化合价由+4价变为+2价，得到2个电子，根据得失电子总数相等，则氧
化剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。
(2)草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为[Fe(C O)]3－，该净化
2 4 3
的离子方程式为：Fe3+＋3HC O＝[Fe(C O)]3－＋6H+
2 2 4 2 4 3
(3) lg＝lgK－lg。当pH=2.30时，萃取率为50%；则lg＝lgK－lg lg＝lgK－lg，得lgK＝lg，若
将萃取率提升到95%，则lg＝lgK－lg＝lg19，将lgK代入，则有lg19＝lg－lg＝lg×＝lg，
lgc(H+)=-2.73，则应调节溶液的pH=2.73。
(4)Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收。
(5)In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ键和一个π键，所以不含
c。
(6)磷周围有4个In原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In为8×＋6×＝4，磷原子
数为4，磷原子和In个数相等，故In的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In原子间距离为anm
的In原子在晶胞面对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与In原子间
距离为anm的In原子数为3×8×＝12
12．工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO )，含少量Al O、CuO杂质]为主要原料制备红矾钾
2 2 2 3
(K Cr O)的工艺流程如图所示：
2 2 7
请回答下列问题：(1)已知“高温连续焙烧”阶段Cr元素转化为CrO。
①焙烧时采取“多层逆流焙烧”，即将固体粉末从炉顶投料，氧气从炉底鼓入，这样做的优点
为__________________________________。
②Al O 与纯碱反应的化学方程式为________________________________________。
2 3
(2)滤液Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)一系列操作包括：50℃蒸发溶剂至_______，停止加热、_______抽滤、重结晶。
(4)生产过程中产生的KCr O 酸性废液可通过钡盐沉淀法处理，其过程为：先将KCr O 酸性
2 2 7 2 2 7
废液碱化处理，再加入BaCl 。废液需进行碱化处理的目的是_______[已知：BaCrO(s) Ba2+(aq)
2 4
＋CrO(aq) K (BaCrO)＝1.2×10-10 ]。
sp 4
(5)除了“一系列操作”中所得母液可循环利用外，上述流程中可循环利用的物质还有
NaHCO 、_______(填化学式)。
3
答案：(1)增大反应物接触面积，提高反应速率，从而提高原料的利用率
Al O＋NaCO=====2NaAlO ＋CO↑
2 3 2 3 2 2
(2)2Na+＋2CrO＋2CO＋HO＝Cr O＋2NaHCO ↓
2 2 2 3
(3)有晶膜出现 冷却至室温
(4)促进Cr O转化为CrO，CrO浓度升高，有利于与Ba2+生成BaCrO 沉淀 (5)CO
2 4 2
解析：铬铁矿中加入NaCO、通入氧气，高温连续焙烧，Cr元素转化为CrO，Fe转化为
2 3
Fe O，Al O 与NaCO 反应生成NaAlO 同时生成二氧化碳，CuO不参与反应，水浸后Fe O、CuO
2 3 2 3 2 3 2 2 3
不溶于水生成沉淀过滤除去，滤液Ⅰ中含有NaAlO 和NaCrO，滤液Ⅰ通入CO 调节pH至8.3，此
2 2 4 2
时NaAlO 与CO、HO反应生成Al(OH) 沉淀除去，滤液Ⅱ中主要为NaCrO，往滤液Ⅱ中通入过
2 2 2 3 2 4
量CO，NaCrO 与CO 反应生成NaCr O 和NaHCO ，NaHCO 结晶析出，滤液Ⅲ中主要为
2 2 4 2 2 2 7 3 3
NaCr O，滤液Ⅲ中加入KCl，再经过一系列操作得到KCr O。
2 2 7 2 2 7
(1)①焙烧时固体粉末从炉顶投料，氧气从炉底鼓入，这样可以增大反应物的接触面积，提高
反应速率，从而提高原料的利用率。
②Al O 与纯碱反应生成NaAlO 和CO，化学方程式为Al O＋NaCO=====2NaAlO ＋
2 3 2 2 2 3 2 3 2
CO↑。
2
(2)滤液Ⅱ中NaCrO 与CO、HO反应生成NaCr O 和NaHCO ，碳酸氢钠在水中溶解度较小
2 4 2 2 2 2 7 3
结晶析出，因此该反应的离子方程式为2Na+＋2CrO＋2CO＋HO＝Cr O＋2NaHCO ↓。
2 2 2 3
(3)从KCr O 溶液中得到KCr O 晶体，采用蒸发浓缩、冷却结晶，抽滤、重结晶的方式，
2 2 7 2 2 7
50℃蒸发溶剂至有晶膜出现，停止加热、冷却至室温，再抽滤重结晶得到KCr O 晶体。
2 2 7
(4)将KCr O 酸性废液碱化处理，促使Cr O+H O 2CrO+2H+化学平衡正向移动，可使Cr O
2 2 7 2 2 2
转化为CrO，CrO浓度升高，有利于与Ba2+反应生成BaCrO 沉淀。
4
(5)高温连续焙烧生成了CO，NaHCO 分解制NaCO 时也会生成CO，生成的CO 可用于与滤
2 3 2 3 2 2
液Ⅰ中偏铝酸钠反应，也可与滤液Ⅱ中CrO反应，因此上述流程中可循环利用的物质还有CO。
2
