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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11
1.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 硫化亚铁和过量硝酸混合：FeS＋2H+＝Fe2+＋HS↑
2
B. 向FeBr 溶液中通入等物质的量的Cl：2Br－＋Cl＝Br ＋2Cl－
2 2 2 2
C. NaHCO 溶液中通入足量SO ：CO 2SO ＋HO＝2HSO CO
3 2 ＋ 2 2 ＋ 2
D. 等物质的量浓度的Ba(OH) 和NH HSO 溶液以体积比1∶2混合：Ba2+＋2OH－＋2H+＋SO＝
2 4 4
BaSO↓＋2HO
4 2
答案：D
解析：A．硫化亚铁和过量硝酸混合会发生氧化还原反应，发生反应为：FeS＋4H+＋NO
＝
Fe3+＋NO↑＋S↓＋2HO，故A错误；
2
B．因为还原性是Fe2+ ＞Br-，向FeBr 溶液中通入等物质的量的Cl，Cl 会与Fe2+和Br-都反应，
2 2 2
离子反应为：2Fe2+＋2Br－＋2Cl＝2Fe3+＋Br ＋4Cl－，故B错误；
2 2
C．NaHCO 中HCO HCO SO ＝HSO CO，故C错误；
3 不能拆，离子反应为： ＋ 2 ＋ 2
D．等物质的量浓度的Ba(OH) 和NH HSO 溶液以体积比1∶2混合，则NH HSO 过量，
2 4 4 4 4
Ba(OH) 完全反应，离子方程式正确，故D正确；
2
2.含共价键的强电解质的是
A. MgCl B. NaHSO C. NH D. CH COOH
2 4 3 3
答案：B
解析：强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能
完全电离的化合物。相邻原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键，据此判断。
A．氯化镁只含离子键，A错误；
B．硫酸氢钠是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，属于强电解质，钠离子与硫酸
氢根离子之间存在离子键，硫酸氢根离子内氧原子与硫原子、氢原子和氧原子之间存在共价键，B
正确；
C．氨气为非电解质，C错误；
D．醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D错误；
3.关于反应：FeS＋7Fe (SO )＋8HO＝15FeSO ＋8HSO ，下列说法不正确的是
2 2 4 3 2 4 2 4
A．Fe (SO ) 中Fe在反应中得到电子 B．HO既不是氧化剂也不是还原剂
2 4 3 2
C．消耗0.2molFeS，转移2.8mol电子 D．氧化产物和还原产物物质的量之比8∶15
2
答案：D
解析：A．反应中，Fe元素的化合价由Fe (SO ) 中的＋3价降至FeSO 中的＋2价，Fe (SO )
2 4 3 4 2 4 3
中Fe元素化合价降低，在反应中得到电子，被还原，A项正确；
B．反应前后，HO中H、O元素的化合价都没有变化，HO既不是氧化剂也不是还原剂，B
2 2
项正确；
C．反应中，S元素的化合价由FeS 中的－1价升至SO中的+6价，1molFeS 参与反应转移
2 214mol电子，则消耗0.2molFeS 转移电子物质的量为0.2mol×14＝2.8mol，C项正确；
2
D．反应中，Fe元素的化合价由Fe (SO ) 中的＋3价降至FeSO 中的+2价，Fe (SO ) 是氧化剂，
2 4 3 4 2 4 3
FeSO 是还原产物，1molFe (SO ) 参与反应得到2mol电子生成2molFeSO ，S元素的化合价由FeS
4 2 4 3 4 2
中的-1价升至SO中的+6价，FeS 是还原剂，SO是氧化产物，1molFeS 参与反应失去14mol电子
2 2
生成2mol SO，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶7，D项错误；
4.下列反应的离子方程式书写正确的是
A．NaSO 溶液中滴加稀硝酸：SO 2H+＝S↓＋SO ↑＋HO
2 2 3 2 ＋ 2 2
B．NaAlO 溶液中加入足量Ca(HCO ) 溶液：AlO＋HCO HO＝Al(OH) ↓＋CO
2 3 2 ＋ 2 3
C. 向 溶液中通入少量CO：
2
D. 向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：Al3+＋2SO＋2Ba2+＋4OH－＝2BaSO↓＋AlO＋
4
2HO
2
答案：D
解析：A．硝酸有强氧化性，和NaSO 发生氧化还原反应，A错误；
2 2 3
B．NaAlO 溶液中滴入足量Ca(HCO ) 溶液应生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：
2 3 2
Ca2+＋AlO＋HCO HO＝Al(OH) ↓＋CaCO↓，B错误；
＋ 2 3 3
C．向 溶液中通入少量CO 生成邻羟基苯甲酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：
2
+CO +H O→ + HCO C错误；
2 2 ，
D．使沉淀质量最大，则生成硫酸钡和偏铝酸钾，离子方程式为Al3+＋2SO＋2Ba2+＋4OH－＝
2BaSO↓＋AlO＋2HO，D正确；
4 2
5.一种陨磷钠镁钙石的化学式为Ca NaMg(PO)。下列说法正确的是
9 4 7
A．Ca NaMg(PO) 属于混合物 B．Ca NaMg(PO) 属于共价化合物
9 4 7 9 4 7
C．CaO、MgO均为碱性氧化物 D．Ca NaMg(PO) 属于正盐
2 9 4 7
答案：D
解析：A．Ca NaMg(PO) 属于纯净物，故A错误；
9 4 7
B．Ca NaMg(PO) 属于离子化合物，故B错误；
9 4 7
C．CaO 属于过氧化物，MgO为碱性氧化物，故C错误；
2
D．Ca NaMg(PO) 属于正盐，故D正确；
9 4 7
6.关于反应2KMnO ＋2KF＋10HF＋3HO＝2 K MnF ＋8HO＋3O，下列说法正确的是
4 2 2 2 6 2 2
A. KF和HF均发生氧化反应 B. H O 是还原剂
2 2
C. 转移3mol电子，1mol KMnO 被氧化 D. K MnF 既是氧化产物又是还原产物
4 2 6
答案：B解析：A．该反应中KF和HF都没有化合价变化，没有发生氧化反应，A错误；
B．HO 中的氧元素化合价升高，是还原剂，B正确；
2 2
C．该反应中转移3mol电子，1mol KMnO 被还原，不是被氧化，C错误；
4
D．锰元素化合价降低，故KMnF 是还原产物，氧气为氧化产物，D错误；
2 6
7. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 铜与浓硫酸(98.3%)加热下反应：Cu＋2HSO (浓)===Cu2+＋SO＋SO ↑＋2HO
2 4 2 2
B. 用惰性电极电解饱和ZnCl 溶液：Zn2+＋2Cl－＋2HO=====Zn(OH) ↓＋Cl↑＋H↑
2 2 2 2 2
C. 向含0.1mol[Co(NH )Cl]Cl 的溶液中加入含0.3mol AgNO 的溶液：[Co(NH )Cl]2+＋2Cl－＋
3 2 3 3 5
3Ag+＝[Co(NH )Cl]3+＋3AgCl↓
3 5
D. 向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液：2Cr O＋3C HOH＋16H+＝4Cr3+＋3CHCOOH＋
2 2 5 3
11HO
2
答案：BD
解析：A．98.3%的浓硫酸中含的水太少，则生成的CuSO 不能电离，选项A错误；
4
B．用惰性电极电解饱和氯化锌溶液，阳极反应式为2Cl - -2e- = Cl ↑，阴极反应为：2HO+ 2e-
2 2
＝H↑+2OH-，总反应为Zn2+＋2Cl－＋2HO=====Zn(OH) ↓＋Cl↑＋H↑，选项B正确；
2 2 2 2 2
C．配合物中内界不可以电离，外界可以电离，则只能生成0.2mol AgCl，离子方程式为C1- +
Ag+ = AgCl↓，选项C错误；
D．向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液，乙醇被氧化为乙酸，离子方程式为2Cr O＋
2
3C HOH＋16H+＝4Cr3+＋3CHCOOH＋11HO，选项D正确；
2 5 3 2
8. 古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO ∙Pb(OH)]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，
3 2
封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb O)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列
3 4
说法错误的是
A. Pb O 属于氧化物 B．黄丹与盐酸反应只生成PbCl 和水
3 4 2
C. 铅块制胡粉的过程中发生了氧化还原反应 D. 密陀僧与一氧化碳高温加热可以制得铅
答案：B
解析：A．Pb O 属于氧化物，A正确；
3 4
B．Pb O 中铅的化合价是+2和+4，+4价铅可以将盐酸氧化为氯气，所以与盐酸反应生成的不
3 4
只有PbCl 和水，B错误；
2
C．制胡粉过程中铅的化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，C正确；
D．密陀僧(PbO)与一氧化碳高温加热，一氧化碳作还原剂可以制得铅，D正确；
9. 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. pH=12的溶液中：K+、Na+、Br－、AlO
B. ＝10-12的溶液中：NH、Mg2+、CO SO
、
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH、Na+、F－、I－
D. 水电离的c(OH－)＝1×10-13mol·L－1的溶液中：Na+、Cl－、CHCOO－、Cu2+
3
答案：A解析：A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，A正确；
B．＝10-12的溶液呈酸性，酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，B错误；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，铁离子具有氧化性，和碘离子不能共存，
C错误；
D．水电离的c(OH−)＝1×10−13mol·L−1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根
离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，D错误；
10．下列离子反应方程式正确的是
A．漂白粉溶液中通入少量SO ：Ca2＋＋2ClO－＋SO ＋HO＝CaSO↓＋2HClO
2 2 2 3
B．KClO碱性溶液与Fe(OH) 反应：3ClO－＋2Fe(OH) ＝2FeO＋3Cl－＋4H＋＋HO
3 3 2
C．向明矾溶液中加入Ba(OH) 溶液至生成沉淀的物质的量最多：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－＝
2
AlO＋2BaSO↓＋2HO
4 2
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO ：2NO ＋2OH－＝NO NO O
2 2 ＋ ＋H2
答案：D
解析：A项会发生氧化还原反应，产物应为CaSO，A项错误；B项碱性环境，产物不应有氢
4
离子，B项错误；C项要使沉淀的物质的量最大，铝离子也应生成沉淀，C项错误；D项发生歧化
反应，D项正确。
11．宋代《千里江山图》是中国十大传世名画之一，其绿色颜料孔雀石的主要成分是碱式碳酸
铜。综合利用辉铜矿和软锰矿制备碱式碳酸铜的主要工艺流程如图所示。
已知：①辉铜矿主要含有Cu S及少量SiO、 Fe O 等杂质，软锰矿主要含有MnO 及少量
2 2 2 3 2
SiO、Fe O 等杂质。
2 2 3
②S在CS 中的溶解度随温度升高而增大；CS 的沸点为46.2 °C。
2 2
③[ Cu(NH)]2+(aq) Cu2+ (aq) + 4NH(aq)
3 4 3
请回答下列问题：
(1)①“酸浸”时能提高浸取率的措施有________________(任填一条)。
②研究表明矿物中溶解生成的Fe3+可作催化剂，促进Cu S与MnO 的溶解，其过程有三个反应，
2 2
反应方程式分别为：(i) Fe O+ 3H SO =Fe (SO )+3H O；(ii) Cu S+ 2Fe (SO )=2CuSO+4FeSO+S；
2 3 2 4 2 4 3 2 2 2 4 3 4 4
写出(iii)的化学反应方程式__________。
(2)滤渣经CS 提取后可获得副产品硫单质。提取过程中必须控制适宜的温度，不宜过高或过低
2
的原因是_________。
(3)“除铁”时，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示。pH>1后，Fe3+萃取率下降的原因是
_______________。(4)“沉锰”过程中Mn2+沉淀离子方程式为__________。
(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。
答案：(1) 粉碎矿石、充分搅拌、适当提高硫酸浓度等
MnO + 2H SO +2FeSO=Fe (SO )+ MnSO +2H O
2 2 4 4 2 4 3 4 2
(2)温度过低，硫的溶解度较小，温度过高，CS 沸点低大量气化
2
(3)pH>1.7之后，Fe3++3H O Fe(OH) +3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以
2 3
萃取率下降
(4)Mn2++HCO =MnCO↓+NH (5)加热
+NH3 3
解析：辉铜矿主要含有Cu S及少量SiO、Fe O 等杂质，软锰矿主要含有MnO 及少量SiO、
2 2 2 3 2 2
Fe O 等杂质，加入稀硫酸浸取，过滤得到滤渣为MnO 、SiO、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、
2 3 2 2
Cu2+，加入萃取剂除去Fe3+，分离后加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到滤液赶出氨气循环使用，
得到碱式碳酸铜，以此解答。
(1)①酸浸时，通过粉碎矿石、升高温度、进行搅拌、或适当提高硫酸浓度都可以加快浸取速
率；
②研究表明矿物中溶解生成的Fe3+可作催化剂，促进Cu S与MnO 的溶解，反应(iii)为FeSO
2 2 4
促进MnO 溶解为Mn2+的过程，该过程中Fe元素由+2价上升到+3价，Mn元素由+4价下降到+2价，
2
根据原子守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：MnO + 2H SO + 2FeSO =Fe (SO )+ MnSO +
2 2 4 4 2 4 3 4
2HO。
2
(2)S在CS 中的溶解度随温度升高而增大，CS 的沸点为46.2 °C，温度过低，硫的溶解度较小，
2 2
温度过高，CS 沸点低大量气化，提取过程中必须控制适宜的温度。
2
(3)pH>1.7之后，Fe3++3H O Fe(OH) +3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以
2 3
萃取率下降。
(4)“沉锰”过程中Mn2+和HCO 反应得到MnCO 沉淀和铵盐，离子方程式为：Mn2+
、NH3 3
+HCO =MnCO↓+NH。
+NH3 3
(5)因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法。
12．氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga(Fe O)、铁酸锌
2 2 4 3
ZnFe O、SiO]制备GaN的工艺流程如下：
2 4 2已知：
①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，K [Zn(OH) ]＝10-16.6，K [Ga(OH)]＝10-35.1，K [Fe(OH) ]＝10-38.5。
sp 2 sp 3 sp 3
③Ga3+、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见
下表。
反萃取率/%
盐酸浓度/mol·L-1
Ga3+ Fe3+
2 86.9 9.4
4 69.1 52.1
6 17.5 71.3
回答下列问题：
(1)“酸浸”时Ga(Fe O) 发生反应的离子方程式为__________________________________。
2 2 4 3
“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g∙L-1、65 g∙L-1。常温下，为尽可能多地提
取Ga3+并确保不混入Zn(OH) ，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。
2
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓
度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致Ga3+的沉淀率降低，原因是_____________(用
离子方程式表示)。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的GaO 与NH 在高温下反应可制得GaN，同
2 3 3
时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。
(6)①GaN的熔点为1700℃，GaCl 的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、
3
_________。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为
________。该晶体密度为ρg∙cm-3，GaN的式量为Mr，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，
N 为阿伏加德罗常数的值)
A答案：(1)Ga (Fe O)+24H+=2Ga3++6Fe3++12H O CaSO (2)略小于5.7
2 2 4 3 2 4
(3)6mol/L 2mol/L (4)Ga(OH) +OH-＝GaO+2H O
3 2
(5)Ga O+2NH=====2GaN+3H O
2 3 3 2
(6)共价晶体 分子晶体 4 ×107
解析：矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO，矿渣中加入稀硫酸，SiO 不溶于稀硫酸，浸出渣
2 2
为SiO，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH) K 相对Ga(OH) 和Fe(OH) 较大，因此控制
2 2 sp 3 3
pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有
Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，
根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，
反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成
Ga(OH) ，Ga(OH) 经过热分解生成GaO，最后经过CVD得到GaN。
3 3 2 3
(1)Ga (Fe O) 与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和HO，反应的离子方程式为
2 2 4 3 2
Ga(Fe O)+24H+=2Ga3++6Fe3++12H O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根
2 2 4 3 2
离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO。
4
(2)酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据
K [Zn(OH) ]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据
sp 2
K [Ga(OH)]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH
sp 3
略小于5.7即可。
(3)根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，
反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L。
(4)Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH) 重新溶解生成
3
GaO，离子方程式为Ga(OH) +OH-＝GaO+2H O。
3 2
(5)Ga O 与NH 高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为HO，
2 3 3 2
化学方程式为GaO+2NH=====2GaN+3H O。
2 3 3 2
(6)①GaN熔点较高为1700℃，GaCl 熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl 为分子晶
3 3
体。
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶
胞中N原子个数为4，Ga原子个数为×8＋×6＝4，设晶胞边长为anm，则ρ=g∙cm-3，则a=×107nm。
