文档内容
专题一 能力提升检测卷
（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39
Ca 40 Fe 56 Cu 64
第I卷 （选择题共50分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30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．下列分散系能产生丁达尔效应的是
A．KCl溶液 B．酒精溶液 C．熔融硝酸钾 D．氢氧化铁胶体
【答案】D
【解析】分散系溶液、浊液中不能产生丁达尔效应，而胶体可以产生丁达尔效应，KCl溶液、酒精溶
液均为溶液分散系，不能产生丁达尔效应，熔融硝酸钾属于纯净物，不能产生丁达尔效应，氢氧化铁胶体
属于胶体分散系，能够产生丁达尔效应，故答案为D。
2．虎年春晚一段舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画《千里江山图》，此画用到了一种矿物
颜料——石青 。以下关于石青的说法错误的是
A．属于盐 B．可溶于水
C．在常温下较稳定 D．与盐酸反应后的溶液呈蓝色
【答案】B
【解析】石青的化学式为 ，属于碱式盐，A正确； 中，CuCO 和
3
Cu(OH) 均难溶于水，B错误；石青 能够一直保存下来，说明该物质在常温下较稳定，
2C正确；石青与盐酸反应的方程式为： +6HCl=3CuCl +4H O+2CO↑，得到的溶液为
2 2 2
CuCl 溶液，呈蓝色，D正确；答案选B。
2
3．湖南民俗文化源远流长，下列民俗文化作品在制作过程中涉及化学变化的是
A．玉和酿醋 B．望城剪纸 C．欣康木雕 D．长沙花鼓
【答案】A
【解析】酿醋过程涉及淀粉水解、葡萄糖发酵、氧化等化学变化，A项正确；望城剪纸是纸张的形状
发生变化，没有生成新物质，不属于化学变化，B项错误；欣康木雕没有生成新物质，不属于化学变化，
C项错误；长沙花鼓未涉及新物质生成，不属于化学变化，D项错误；故选A。
4．分类是一种重要的学习方法。物质的分类如图所示，下列说法中正确的是
A．图甲所示的分类方法属于树状分类法
B．酸性氧化物一定是非金属氧化物
C．Fe(OH) 胶体属于碱
3
D．甲图中“……”包含混合物
【答案】A
【解析】由题干信息可知，图甲所示的分类方法属于树状分类法，A正确；酸性氧化物不一定是非金
属氧化物，如MnO 是金属氧化物，属于酸性氧化物，B错误；Fe(OH) 胶体是混合物，而酸、碱、盐均属
2 7 3
于纯净物，属于化合物，故Fe(OH) 胶体不属于碱，C错误；化合物是指含有两种或两种以上元素的纯净
3
物，故甲图中“……”不包含混合物，D错误；故答案为A。
5．2021年新冠肺炎疫情夺走了至少330万人的生命，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型
冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60-140 nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是A．“新型冠状病毒”扩散到空气中不可能形成胶体
B．“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系可能具有一定的稳定性
C．蛋白质、酒精属于有机物
D．减少外出、勤通风可有效预防“新型冠状病毒”感染
【答案】A
【解析】胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；“新型冠状病毒”由蛋白质外壳和单链核
酸组成，直径为60-140 nm，扩散到空气中可能形成胶体，A错误；由A分析可知，“新型冠状病毒”扩
散到空气中形成的分散系为胶体，具有一定的稳定性，B正确；蛋白质、酒精都是含碳元素的化合物，属
于有机物，C正确；减少外出、勤通风，减少人员聚集，增加空气的流动，可有效预防“新型冠状病毒”
感染，D正确；故选A。
6．下列澄清溶液中，一定能大量共存的离子组是
A． 、 、 、 B． 、 、 、
C． 、 、 、 D． 、 、 、
【答案】A
【解析】各个离子之间互不反应，能共存，故A正确； 、 、 发生氧化还原反应，不能大
量共存，故B错误； 与 生成BaSO 沉淀而不能大量共存，故C错误； 、 反应而不能大
4
量共存，故D错误；故选A。
7．下列离子方程式书写不正确的是
A．铁与硫酸铜溶液反应：
B．氢氧化钠溶液与稀盐酸反应：
C．铁与稀硫酸反应：
D．氯化钡溶液与稀硫酸反应：
【答案】C
【解析】因为在金属的活泼性顺序排列表中Fe的活泼性强于Cu，因此Fe可以从硫酸铜溶液中置换出
Cu单质，Fe变为+2价，铜由+2价变为单质铜，故A正确；氢氧化钠和盐酸的反应为酸碱中和反应，反应中氢氧化钠的OH-与盐酸的H+结合生成HO，故B正确；铁与稀盐酸反应是生成的为Fe2+，正确的离子方
2
程式为：Fe+2H+=Fe2++H ↑，故C错误；氯化钡溶液与稀硫酸反应；Ba2+和SO 2-结合生成BaSO 沉淀，离子
2 4 4
方程式正确，故D正确；故选C。
8．某溶液中大量存在5种离子：NO 、SO 、Al3+、H+、M，其物质的量之比为n(NO )∶n(SO
)∶n(Al3+)∶n(H+)∶n(M)=2∶3∶1∶3∶1，则M可能为
A．Ba2+ B．Na+ C．Mg2+ D．Cl-
【答案】C
【解析】n(NO )∶n(SO )∶n(Al3+)∶n(H+)∶n(M)=2∶3∶1∶3∶1，可设n(NO )、n(SO )、n(Al3+)、n(H+)、n(M)
分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，根据电荷守恒可知：3n(Al3+)+n(H+)=6mol＜n(NO )+2n(SO
)=8mol，故M为阳离子，且M所带的电荷数为：8-6=2，说明M为带有2个正电荷的离子，又因为钡离子
和硫酸根离子不能大量共存，所以选项中只有Mg2+符合。故选C。
9．将100 mL0.1 mol· L-1Hg(NO) 溶液和100 mL 0. 2 mol· L-1 KI溶液混合，恰好完全反应，有红色沉
3 2
淀M生成，过滤后向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，测得纯净物M的物质的量为0.005 mol。下列推断
正确的是
A．上述反应是非氧化还原反应
B．M的化学式为HgI
2
C．上述反应生成了I
2
D．参加反应的KI全部作还原剂
【答案】C
【解析】向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明生成物有I，I元素的化合价由-1价升高至0价，涉
2
及元素化合价的变化，因此上述反应是氧化还原反应，A错误；根据题干信息，100 mL0.1 mol·
L-1Hg(NO) 溶液和100 mL 0. 2 mol· L-1 KI溶液混合，恰好完全反应，生成0.005molM，根据氧化还原反应
3 2
得失电子守恒可得，M的化学式为HgI，B错误；向滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明生成物有I，C
2
正确；产物为HgI和I，说明KI中部分I的化合价未发生改变，因此参加反应的KI没有全部作还原剂，D
2
错误；答案选C。
10．水合肼(N H·H O)的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨{[Cu(NH )]2+}废液回收铜粉的实验流程
2 4 2 3 4
如图：下列说法错误的是
A．上述三步反应过程均为氧化还原反应
B．反应1的目的是制备NaClO
C．合成水合肼的反应中每消耗1molCO(NH ) 转移电子数为N
2 2 A
D．反应2完成后要用到过滤操作
【答案】C
【解析】NaOH稀溶液与Cl 在一定温度下反应生成NaClO、NaCl和HO，向反应后的混合液中加入
2 2
CO(NH)，NaClO与CO(NH) 反应合成(N H•H O)，同时有NaCl和NaCO 生成，发生反应为
2 2 2 2 2 4 2 2 3
CO(NH)+ClO-+2OH-=N H•H O+Cl-+CO ；向反应后的溶液中继续加入铜氨溶液发生反应2[Cu(NH )]2+
2 2 2 4 2 3 4
+N H•H O+4OH- 2Cu↓+N ↑+8NH↑+5H O，有Cu析出，经过滤得到铜粉，以此分析解答。
2 4 2 2 3 2
第一步反应中Cl元素发生变化，第二步反应中Cl、N元素化合价发生变化，第三步反应中Cu、N元素化
合价发生变化，所以上述三步反应过程均为氧化还原反应，故A正确；合成水合肼时需要用到NaClO，则
反应1的目的是用氢氧化钠溶液与氯气反应制备NaClO，故B正确；NaClO与CO(NH) 反应合成水合肼的
2 2
过程中，N元素化合价由-3升高至-2，化合价升高1价，消耗1molCO(NH ) 时需要转移2mol电子，转移
2 2
电子数为2N ，故C错误；反应2为2[Cu(NH )]2++N H•H O+4OH- 2Cu↓+N ↑+8NH↑+5H O，有Cu析
A 3 4 2 4 2 2 3 2
出，通过过滤操作得到铜粉，故D正确；故选C。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项
是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只
选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
11．下列关于某无色溶液中离子检验的操作、现象与结论对应正确的是
检验操作 现象 结论
A 加入盐酸酸化的氯化钡 产生白色沉淀 一定有SO 2-
4
B 加入酚酞溶液 溶液显红色 一定有
C 加入足量稀盐酸 产生无色气体 一定有CO2-
3D 加入硝酸银 产生白色沉淀 一定有
【答案】B
【解析】加入盐酸酸化的氯化钡，能产生白色沉淀的是SO ，也可能有 ，白色沉淀为BaSO 或者
4
AgCl，A项错误；加入酚酞溶液溶液变红色的是碱性溶液，则一定有 ，B项正确；加入稀盐酸能产生
无色气体的离子 或 ，产生的气体为CO，C项错误；加入硝酸银产生白色沉淀的离子为 、
2
SO ，白色沉淀为AgCl、Ag SO ，D项错误；答案选B。
2 4
12．下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．硫化氢气体通入氯化铁溶液：2Fe3++S2-=S↓+2Fe2+
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO +OH-=CaCO ↓+H O
3 2
C．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+NO +4H+=Fe3++NO↑+2HO
2
D．用氨水吸收少量SO ：2NH •H O+SO =2NH +SO +H O
2 3 2 2 2
【答案】D
【解析】硫化氢和氯化铁反应生成硫、氯化亚铁和氯化氢，硫化氢应该写成化学式，反应的离子方程
式为：2Fe3++H S=S↓+2Fe2++2H+，A错误；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、一
2
水合氨和水，反应的离子方程式应为：NH +Ca2++HCO +2OH-=CaCO ↓+H O+NH ·H O，B错误；过量铁
3 2 3 2
粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+2NO +8H+=3Fe2+
+2NO↑+4HO，C错误；少量SO 和氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式应为：
2 2
2NH ·H O+SO =2NH +SO +H O，D正确；故选D。
3 2 2 2
13．用 方法可将汽车尾气中的 和 转化为无污染的气体，下列说法错误的是A．整个过程中 作催化剂
B．反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C．过程Ⅰ中发生的反应为
D．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【解析】总反应的方程式为 ，故 是整个反应的催化剂，故A正确；两步
反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；过程Ⅰ中发生的反应为：
，故C错误；总反应的方程式为 ，故氧化剂和
还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；故答案为C。
14．钛铁矿( ，其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。
下列说法正确的是
A．氯化反应中 与C的物质的量之比为
B．氯化过程中 既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：
D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气
【答案】AD【解析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为
，则氯化反应中 与C的物质的量之比为7:6，A正确；
中Fe的化合价为 ，反应后被氧化为 ，因此 作还原剂，B错误；还原剂的还原性强于
还原产物的还原性， 和镁反应被还原为钛单质，则还原性： ，C错误；制取金属钛时选用氩
气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生反应，D正确；故选AD。
15．100mL某溶液可能含有Na+、NH 、Ag+、Ba2+、CO 、SO 、Cl-中的若干种，取该溶液进行连
续实验，实验过程如图。(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法不正确的是
A．原溶液中一定含有Na+、CO 、SO
B．原溶液中一定不含有Ag+、Ba2+
C．原溶液中c(Na+)≥0.1mol·L-1
D．可通过向滤液中加入硝酸银来确定原溶液中是否含有Cl-
【答案】D
【解析】加入BaCl 溶液生成沉淀，一定含有CO 或SO 中的至少一种，该沉淀为BaSO、BaCO
2 4 3
中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，则一定是BaSO、BaCO 的混合物，原溶液中一定存在CO 、SO
4 3
， BaSO 沉淀质量是2.33g，n(SO )=n(BaSO )= =0.01mol，BaCO 沉淀质量是
4 4 36.27g-2.33g=3.94g，n(CO )=n(BaCO )= =0.02mol，CO 和Ag+、Ba2+不共存，原溶液中一定
3
不存在Ag+、Ba2+；所得到的滤液中加入氢氧化钠，加热生成的气体为NH ，原溶液中一定含有NH ，
3
n(NH )=n(NH )= =0.05mol；正电荷量为0.05mol，负电荷量为
3
0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>0.05mol，根据电荷守恒可知，一定含有Na+，可能含有Cl-，据此分析解
答。
由分析可知，原溶液中一定含有Na+、CO 、SO ，A正确；CO 和Ag+、Ba2+不共存，原溶液中一定不
存在Ag+、Ba2+，B正确；正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol>0.05mol，根据
电荷守恒可知，一定含有Na+，n(Na+)≥0.01mol，100mL原溶液中c(Na+)≥ 0.1mol·L-1，C正
确；
由于加入BaCl 溶液引入Cl-，则通过向滤液中加入硝酸银不能确定原溶液中是否含有Cl-，D错误；故选
2
D。
第II卷 （非选择题共50分）
三、非选择题：本题共4个小题，共50分。
16．（10分）Ⅰ.为探究NH HCO 和NaOH的反应，设计实验方案如下：向含0.1 mol NH HCO 的溶
4 3 4 3
液中加入0.1 mol NaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。
(1)若有沉淀，则NH HCO 与NaOH的反应可能为_______________________________ (写离子方程
4 3
式)。
(2)若无沉淀，则NH HCO 与NaOH的反应可能为________________________________ (写离子方程
4 3
式)。
Ⅱ.Ba(OH) 溶液与NaHSO 溶液的反应：
2 4
(1)当反应后的溶液呈碱性时，反应离子方程式：_________________________________。
(2)当n[Ba(OH) ]∶n(NaHSO)＝1∶2时反应的离子方程式：_______________________。
2 4
Ⅲ.按要求完成下列离子方程式。
(1)生物硝化法：在富氧条件下，通过硝酸盐菌的作用，将氨氮(以NH表示，下同)氧化成硝酸盐，其反应的离子方程式为_________________________________________________。
(2)将过碳酸钠(2Na CO·3H O)溶于水配成溶液，加入适量稀硫酸，再加入足量KI，充分反应后加入
2 3 2 2
少量淀粉试剂，溶液呈蓝色，其反应的离子方程式为____________________。
【解析】Ⅰ.NHHCO 电离出的HCO、NH都能与OH－反应，滴加少量的氢氧化钠，反应完全后，滴
4 3
加氯化钙稀溶液，有沉淀生成，说明是HCO与OH－反应生成碳酸根离子，反应离子方程式为HCO＋OH－
===CO＋HO；没有沉淀生成，说明NH与OH－反应生成一水合氨，反应离子方程式为NH＋OH－
2
===NH·H O。
3 2
Ⅱ.Ba(OH) 溶液与NaHSO 溶液反应，反应后的溶液呈碱性，说明Ba(OH) 溶液过量，反应离子方程
2 4 2
式为Ba2＋＋OH－＋SO＋H＋===BaSO ↓＋HO；当n[Ba(OH) ]∶n(NaHSO)＝1∶2时，生成硫酸钡、水的物质的
4 2 2 4
量之比为1∶2，反应离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO ↓＋2HO。
4 2
Ⅲ.(1)在富氧条件下，通过硝酸盐菌的作用， NH被氧气氧化为NO，反应离子方程式为NH＋
2O=====NO＋HO＋2H＋；(2)加入足量KI，充分反应后加入少量淀粉试剂，溶液呈蓝色，说明I－被过氧
2 2
化氢氧化为碘单质，反应离子方程式为HO＋2I－＋2H＋===I ＋2HO。
2 2 2 2
【答案】Ⅰ.(1)HCO＋OH－===CO＋HO
2
(2)NH＋OH－===NH·H O
3 2
Ⅱ.(1)Ba2＋＋OH－＋SO＋H＋===BaSO ↓＋HO
4 2
(2)Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO ↓＋2HO
4 2
Ⅲ.(1)NH＋2O=====NO＋HO＋2H＋
2 2
(2)H O＋2I－＋2H＋===I ＋2HO
2 2 2 2
17．（10分）铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高
价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：
(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是________(填序号)。
(2)第①步，含Cr O的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO ·7H O)处理，写出并配平反应的离子方程式：
2 4 2
_________________________________________________________________。
(3)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH) 沉淀。处理后，沉淀
3
物中除了Cr(OH) 外，还有________、________(写化学式)。已知Cr(OH) 性质类似Al(OH) ，是既能与强
3 3 3
酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH) 的离子方程式：
3__________________________、_____________________________。
(4)回收所得的Cr(OH) ，经③④⑤步处理后又可转变成KCr O。纯净的KCr O 常用于准确测定
3 2 2 7 2 2 7
NaSO 溶液的物质的量浓度，方法如下：
2 2 3
①Cr O＋6I－＋14H＋===3I ＋2Cr3＋＋7HO
2 2 2
②2S O＋I===S O＋2I－
2 2 4
准确称取纯净的KCr O 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗NaSO 溶液25.00 mL。则
2 2 7 2 2 3
NaSO 溶液的物质的量浓度为________(保留四位有效数字)。
2 2 3
【解析】(1)①中铬元素化合价由＋6价降至＋3价，④中铬元素化合价由＋3价升至＋6价。
(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。
(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH) 外，还会生成氢
3
氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO ：Cr(OH) ＋
2 3
NaOH===NaCrO＋2HO，NaCrO 类似偏铝酸钠，通入过量的CO 生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO ＋
2 2 2 2 2
CO＋2HO===Cr(OH) ↓＋NaHCO 。
2 2 3 3
(4)根据反应得关系式KCr O～3I～6NaSO，n(Na SO)＝6n(K Cr O)，c(Na SO)＝＝0.100 0 mol·L
2 2 7 2 2 2 3 2 2 3 2 2 7 2 2 3
－1。
【答案】(1)①④
(2)Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO
2 2
(3)Fe(OH) CaSO
3 4
Cr(OH) ＋OH－===CrO＋2HO CrO＋CO＋2HO===Cr(OH) ↓＋HCO
3 2 2 2 3
(4)0.100 0 mol·L－1
18．（15分）实验室以电镀废渣(CrO、CuO、Fe O 及CaO)为原料制取铜粉和KCr O 的主要流程如
2 3 2 3 2 2 7
下：(提示：铜氨溶液[Cu(NH )]SO 中的[Cu(NH )]2+呈深蓝色)
3 4 4 3 4
(1)除将电镀废渣“粉碎”外，请你再写出一条提高电镀废渣酸浸效率的措施_______。
(2)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_______(从浸取产物的溶解性考虑)。
(3)“沉CuNH SO ”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：
4 3①制取SO 的化学方程式为_______。
2
②“沉CuNH SO ”时，反应的离子方程式：_______。
4 3
③反应完成的实验现象是_______。
(4)提纯“沉CuNH SO ”后的溶液可获得硫酸铵晶体。设计实验证明某晶体是硫酸铵。实验过程：取少
4 3
许晶体溶于水配成溶液，_______。(完成实验过程，试剂任选。)
【答案】(1)升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等合理答案
(2)硫酸可将CaO转化为CaSO 渣而除去
4
(3) Cu+2H SO (浓) CuSO +SO↑+2H O 2[Cu(NH )]2+ +3SO +4H O=2CuNH SO ↓+ +6
2 4 4 2 2 3 4 2 2 4 3
上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色
(4)取少许溶液于试管中，加入少许盐酸，无现象后滴加氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，证明阴离子
是硫酸根；再取少许溶液于另一只试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检
验，如果试纸变蓝，证明阳离子是铵根离子，则该晶体是硫酸铵
【解析】分析流程图，电镀废渣用硫酸酸浸，残渣为与硫酸反应后的难溶物或微溶物，结合电镀废渣
的成分可分析出残渣主要成分。向滤液中加入适量硫化钠溶液，进行沉CuS，可知主要发生Cu2++S2-=CuS↓
的反应，过滤后滤液和滤渣经不同方式处理。滤液中主要含有Fe3+和Cr3+，经一系列处理，将Fe3+和Cr3+转
化为Cr(OH) 和Fe(OH) ，结合题意，根据二者的溶度积的差异，除去Fe(OH) ，Cr(OH) 经过一系列变化最
3 3 3 3
终得到KCr O．向滤渣中加入氨水、O 和HO，制深蓝色的铜氨液，后向铜氨液中加入SO 得到亮黄色
2 2 7 2 2 2 2
片状的沉CuNH SO ，最终经一系列变化得到铜粉，据此进行分析。
4 3
(1)根据外界对反应速率的影响因素可知，升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等均可以提高电镀
废渣酸浸效率；
(2)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可以将氧化钙转化为硫酸钙而除去；
(3)①铜与浓硫酸加热生成二氧化硫、硫酸铜和水，所以化学方程式为：Cu+2H SO (浓)
2 4
CuSO +SO↑+2H O；
4 2 2
②在[Cu(NH )]SO 溶液中，通入SO ，发生氧化还原反应，Cu元素化合价由+2价，得电子变为+1
3 4 4 2价，SO 中S元素化合价由+4价失电子变为+6价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式
2
为：2[Cu(NH )]2+ +3SO +4H O=2CuNH SO ↓+ +6 ；
3 4 2 2 4 3
③[Cu(NH )]SO 溶液呈蓝色，通入SO ，反应生成CuNH SO 和Cu，反应完成的实验现象是上层清液
3 4 4 2 4 3
由深蓝色逐渐变为几乎无色；
(4)该实验的目的是设计实验验证某晶体是硫酸铵，即检验是否含有 和 ，实验操作如下，取少
许溶液于试管中，加入少许盐酸，无现象后滴加氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，证明阴离子是硫酸根；
再取少许溶液于另一只试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在管口检验，如果试纸
变蓝，证明阳离子是铵根离子，则该晶体是硫酸铵；
19．（15分）工业上以软锰矿(主要成分MnO )为原料，通过液相法生产KMnO 。即在碱性条件下用
2 4
氧气氧化MnO 得到KMnO ，分离后得到的KMnO ，再用惰性材料为电极电解KMnO 溶液得到
2 2 4 2 4 2 4
KMnO ，其生产工艺简略如下：
4
(1)反应器中反应的化学方程式为____________________________________________。
(2)生产过程中最好使用含MnO 80%以上的富矿，因为MnO 含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量
2 2
较高，会导致KOH消耗量__________(填“偏高”或“偏低”)。
(3)电解槽中总的离子反应方程式为_________________________________________。
(4)在传统工艺中得到KMnO 后，向其中通入适量CO 反应生成黑色固体、KMnO 等，反应的化学方
2 4 2 4
程式为_____________________________________________。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为
____________。与该传统工艺相比，电解法的优势是____________________________________________。
(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出
20.00 mL用0.020 0 mol·L－1的酸性KMnO 溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，
4
消耗KMnO 溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为__________。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结
4
晶水合物HC O·2H O的相对分子质量为126)
2 2 4 2
【解析】(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO 和O 反应生成KMnO 和HO，利用化合
2 2 2 4 2
价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO ＋O===2K MnO ＋2HO。(2)若贫矿中Al、Si的氧化
2 2 2 4 2
物含量较高，发生反应：Al O＋2KOH===2KAlO＋HO、SiO＋2KOH===K SiO＋HO，会导致KOH消
2 3 2 2 2 2 3 2
耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，两式相
2 2
加得总的离子反应方程式为2MnO＋2HO=====2MnO＋2OH－＋H↑。(4)向KMnO 溶液中通入适量CO，
2 2 2 4 2
二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO ，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3KMnO ＋
4 2 4
2CO===2KMnO ＋MnO ＋2KCO。上述反应中3 mol K MnO 中有1 mol锰元素化合价由＋6价降为＋4价
2 4 2 2 3 2 4
生成二氧化锰，作氧化剂，有2 mol锰元素化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂
与还原剂的质量比为1∶2。KMnO 的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、
2 4
KOH循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5HC O===2Mn2＋＋8HO
2 2 4 2
＋10CO↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H C O·2H O)＝5×14.8×10－3×0.02× mol＝3.7×10－3 mol，草
2 2 2 4 2
酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g·mol－1＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为×100%≈93.2%。
【答案】(1)4KOH＋2MnO ＋O===2K MnO ＋2HO
2 2 2 4 2
(2)偏高
(3)2MnO＋2HO=====2MnO＋2OH－＋H↑
2 2
(4)3K MnO ＋2CO===2KMnO ＋MnO ＋2KCO 1∶2 产率更高、KOH循环利用 (5)93.2%
2 4 2 4 2 2 3
