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专题二 能力提升检测卷
一、选择题(本题共20小题，每小题4分，共80分)
1．古代文学中蕴含许多化学知识，下列说法正确的是。
A．成语“水滴石穿”中只发生了物理变化
B．俗语“卤水点豆腐”中“卤水”指的是氯水
C．“客从南溟来，遗我泉客珠”中珍珠的主要成分是碳酸钙
D．“丹砂 烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程涉及可逆反应
【答案】C
【解析】A．“水滴石穿”的过程中二氧化碳溶于水后，与石头（主要成分为碳酸钙）反应生成了溶于水
的碳酸氢钙，使得石头逐渐溶解，该过程中不止发生了物理变化，还发生了化学变化，故A错误；
B．“卤水”是电解质溶液，溶质主要是氯化镁，豆浆属于胶体，电解质溶液能使胶体发生聚沉，故“卤
水”可使豆浆变为豆腐，故B错误；
C．珍珠为贝类内分泌作用而形成的含碳酸钙的矿物珠粒，因此主要成分是碳酸钙，故C正确；
D．在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，称为可逆反应，“丹砂
烧之成水银”的过程需要加热，“积变又还成丹砂”则在常温下即可发生，两者不是同时发生，因此不是
可逆反应，故D错误；故选C。
2．《天工开物》是我国珍贵的科技文献，下列记载中主要过程不涉及化学反应的是
A．凡石灰经火焚炼为用 B．烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也
C．凡墨烧烟凝质而为之 D．水沙中所出，大者名狗头金
【答案】D
【解析】凡石灰经火焚炼为用，为石灰石高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，涉及化学反应，A与题意不
符；
烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，涉及化学反应，B与题意不
符；凡墨烧烟凝质而为之，墨是由烟(炭黑)和胶二者结合而成的，涉及化学反应，C与题意不符；水沙中
所出，块大的黄金为狗头金，不涉及化学反应，D符合题意；答案为D。
3．下列有关说法正确的是
A．氧化钾溶于水能导电，所以氧化钾是电解质
B．强电解质一定是含有离子键，弱电解质中一定含弱极性共价键
C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物D．纳米铁粉分散在水中形成胶体，可以通过吸附的方式高效地去除被污染水体中的 、 、
、 等重金属离子
【答案】C
【解析】氧化钾溶于水能导电，是氧化钾和水反应生成的氢氧化钾导电，不能推出氧化钾是电解质，A错
误；强电解质不一定含有离子键，比如HCl等强酸均是强电解质，均不含离子键，B错误；酸性氧化物不
一定是非金属氧化物，如MnO，碱性氧化物都是金属氧化物，C正确；纳米铁粉去除被污染水体中的
2 7
、 、 、 等重金属离子，是因为铁可以将这些离子还原，不是吸附作用，D错误；故
选C。
4．德国著名行业杂志《应用化学》上曾刊登介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富
勒烯 (C )的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确
60
的是
A．“水瓶”、 都是混合物
B．熔点：金刚石
C．一定条件下，石墨转化为 是物理变化
D．磷酸钙是强电解质，其组成元素均为短周期元素
【答案】B
【解析】 是纯净物，A错误；金刚石是原子晶体，C 是分子晶体，所以熔点：金刚石
60
，B正确；一定条件下，石墨转化为 是化学变化，C错误；磷酸钙是强电解质，钙为长周期元
素，D错误；
故选B。
5．下列材料的主要成分属于有机物的是
A．国家速滑馆用于蒸发制冷的材料-二氧化碳
B．长征五号的整流罩前锥段材料-聚甲基丙烯酰亚胺
C．港珠澳大桥锚具材料-特殊工艺的低碳钢D．我国自主研发的5G芯片的材料-硅
【答案】B
【解析】二氧化碳是无机物，A项错误；聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，B项正确；低碳钢属于合金，C项
错误；硅属于单质，不属于有机物，D项错误；答案选B。
6．中国科学家以二氧化碳为碳源，在470℃、80Mpa下与金属钠反应合成出金刚石。下列说法不正确的是
A．金属钠在反应中作还原剂
B．反应中生成的氧化产物为NaO
2 2
C．二氧化碳转变为金刚石发生的是还原反应
D．钠被氧化最终生成碳酸钠
【答案】B
【解析】A．金属钠和二氧化碳反应生成金刚石，反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，钠作还
原剂，故A正确；
B．金属钠和二氧化碳的反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，生成的氧化产物不可能是NaO，
2 2
故B错误；
C．二氧化碳转变为金刚石，碳元素化合价降低，二氧化碳发生还原反应，故C正确；
D．钠与二氧化碳反应生成金刚石和氧化钠，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，故D正确；故选B。
7．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．能与金属铝作用产生H 的溶液：K+、Ca2+、Br－、
2
B． =1×10−12的溶液：K+、Na+、 、
C．0.1 mol∙L−1 KFe(SO ) 溶液：Mg2+、Al3+、SCN－、
4 2
D．通入大量SO 气体的溶液中：Na+、 、NH 、
2
【答案】B
【解析】能与金属铝作用产生H 的溶液，说明可能是酸或碱，Ca2+、OH－、 生成CaSO 沉淀，H+与
2 3
生成气体，故A不符合题意； =1×10−12的溶液，说明溶液显碱性，K+、Na+、CO2-、
3
都共存，故B符合题意；0.1 mol∙L−1 KFe(SO ) 溶液，Fe3+与SCN－反应，故C不符合题意；通入大量SO
4 2 2气体的溶液，HSO 与SO2-反应生成HSO-，故D不符合题意。综上所述，答案为B。
2 3 3 3
8．在2KMnO +16HCl=2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O反应中，下列说法正确的是
4 2 2 2
A．氧化产物与还原产物物质的量之比5∶2
B．2molKMnO 完全反应，转移的电子数为16N
4 A
C．KCl、MnCl 是氧化产物
2
D．HCl是还原剂被还原
【答案】A
【解析】A．在2KMnO +16HCl=2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O反应中，氧化产物是Cl，还原产物是MnCl ，
4 2 2 2 2 2
所以氧化产物与还原产物物质的量之比5∶2，故A正确；
B．反应中Mn的化合价由+7降低到+2，2molKMnO 完全反应，转移的电子数为10N ，故B错误；
4 A
C．该反应中KMnO 做氧化剂，HCl做还原剂，Cl 是氧化产物，MnCl 是还原产物，故C错误；
4 2 2
D．该反应中KMnO 做氧化剂被还原，HCl做还原剂被氧化，D错误；故选A。
4
9．下列离子方程式书写正确的是( )
A．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2++2HS－=CuS↓+H S↑
2
B．用铜电极电解氯化钙溶液：2Cl－+2H O =======Cl↑+H ↑+2OH－
2 2 2
C．将FeI 溶液和稀硝酸混合：Fe2++4H++ =Fe3++2H O+NO↑
2 2
D．Mg(HCO ) 溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2 +2OH－=MgCO↓+CO2-+2H O
3 2 3 3 2
【答案】A
【解析】向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，反应生成硫化铜沉淀和硫化氢气体：Cu2++2HS－=CuS↓
+H S↑，故A正确；用铜电极电解氯化钙溶液，阳极是铜失去电子变为铜离子，阴极是水中氢离子得到电
2
子变为氢气：Cu+2H O =======H↑+Cu(OH) ↓，故B错误；将FeI 溶液和稀硝酸混合，碘离子的还原性
2 2 2 2
大于亚铁离子还原性，因此碘离子先与硝酸反应，故C错误；Mg(HCO ) 溶液中加入足量NaOH溶液，镁
3 2
离子变为氢氧化镁沉淀：Mg2++2HCO-+4OH－=Mg(OH) ↓+2CO2-+2H O，故D错误。综上所述，答案为
3 2 3 2
A。
10．SO 气体与足量Fe (SO ) 溶液完全反应后，再加入KCr O 溶液，发生如下化学反应：①SO +2Fe3+
2 2 4 3 2 2 7 2
+2H O=SO +2Fe2++4H+；②Cr O +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H O。则下列有关说法不正确的是
2 2 2
A．氧化性：Cr O ＞Fe3+＞SO
2 2
B．标准状况下，若有6.72 L SO 参加反应，则最终消耗0.2mol K Cr O
2 2 2 7C．反应②中，每有1mol KCr O 参加反应，转移电子的数目为6N
2 2 7 A
D．由上述反应原理推断：KCr O 能将NaSO 氧化成NaSO
2 2 7 2 3 2 4
【答案】B
【解析】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO ，由②可知，Cr元素的化合价降
2
低，则氧化性为Cr O ＞Fe3+，则氧化性：Cr O ＞Fe3+＞SO ，故A正确；
2 2 2
B．6.72 L SO （标准状况）参加反应，物质的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在
2
3SO ～Cr O ，则最终消耗0.1molKCr O，故B错误；
2 2 2 2 7
C．每有1mol KCr O 参加反应，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6N ，故C正
2 2 7 A
确；
D．因氧化性为Cr O ＞SO ，则KCr O 能将NaSO 氧化成NaSO ，故D正确；
2 2 2 2 7 2 3 2 4
故选B。
11．某溶液中含有的溶质是FeBr 、FeI，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加
2 2
KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )
①原溶液中的Br-一定被氧化
②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化
③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+
④若取少量所得溶液，再加入CCl 溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO 溶液，只产生白
4 3
色沉淀，说明原溶液中的I-、Fe2+，Br-均被完全氧化
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【解析】在FeBr 和FeI 混合液中存在三种还原性不同的离子，它们的还原性：I-＞Fe2+＞Br-，通入的氯气
2 2
先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红
色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，据此分析解答。①没有实验
现象说明Br-被氧化或没有被氧化，原溶液中的Br-可能被氧化，故①错误；②没有实验现象说明Fe2+完全
氧化，通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故②正确；③没有实验现象说明Fe2+完全氧
化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故③正确；④若取少量所得溶液，再加入CCl 溶
4
液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO 溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧
3
化，I-、Fe2+均被完全氧化，故④正确；正确的有②③④，故选B。12．在水溶液中，RO 和Mn2+发生反应：RO +3Mn2++3H O=R-+3MnO↓+6H+，则RO 中R元素的化合
2 2
价和原子最外层电子数分别为
A．+4、6 B．+7、7 C．+5、7 D．+5、5
【答案】C
【解析】根据电荷守恒：-n+6=6-1，n=1，故RO ，中设R的化合价x，O为-2价，x-6=-1，x=+5，由方程
式中，R元素的还原产物为R-可知，R得到1个电子达到8电子稳定状态，故R原子最外层7个电子。故
选C。
13．ClO 是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO 的制备与杀菌作用的说法中不合理的是
2 2
A．可用Cl 和NaClO 反应制备ClO ，其中n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2
2 2 2
B．ClO 在强碱性环境中使用失效：2ClO +2OH-= + +H O
2 2 2
C．ClO 处理饮用水时残留的 ，可用FeSO 除去： +2Fe2++4H+=2Fe3++Cl-+2H O
2 4 2
D．等物质的量的ClO 的杀菌效果比Cl、HClO的强
2 2
【答案】C
【解析】氯气的化合价从0升高到+4价，NaClO 中化合价从+5价到+4价，所以氧化剂和还原剂的比例为
3
1:2，正确，不选A；二氧化氯在强碱性环境中自身腐蚀氧化还原反应，正确，不选B；方程式点和不守
恒，错误，选C；二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低到-1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，正确，不选
D。
14．联氨(N H)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述
2 4
错误的是
A．过程①中生成的N 是氧化产物
2
B．过程③中发生反应后溶液的pH减小
C．1mol NH 可处理锅炉水中1mol O
2 4 2
D．1mol NH 含有的共价键数约为5×6.02×1023
2 4【答案】B
【解析】A．过程①中 NH 与CuO反应生成N，N元素的化合价升高，则①转化中NH 是还原剂，N 是
2 4 2 2 4 2
氧化产物，故A正确；
B．结合图示可知，③中发生反应为：4Cu(NH ) ＋O＋8NH •H O＝4Cu(NH ) ＋4OH−＋6HO，反应生
3 2 3 2 3 2
成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误；
C．1molN H 失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO 得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，
2 4 2
1molN H 可处理水中1mol O，故C正确；
2 4 2
D．1mol NH 含有4molN-H键和1molN-N键，共5mol共价键，即共价键个数约为5×6.02×1023，故D正
2 4
确； 故选B。
15．常温下，pH=1的某溶液A中除H+外，还含有NH 、K+ 、Na+、Fe3+、Al3+ 、CO 、NO 、Cl-、I-、
SO 中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol·L-1。现取该溶液进行验，实验结果如图所
示，下列有关说法正确的是
A．该溶液中一定有上述离子中的NO 、Al3+、 SO 、Cl-四种离子
B．实验消耗Cu 14.4 g，则生成气体丁的体积为3.36 L
C．该溶液一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-
D．沉淀乙一定有BaCO ，可能有BaSO
3 4
【答案】A
【解析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO2-；溶液A中加过量
3
(NH )CO，产生白色沉淀甲、气体甲，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有
4 2 3
Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明在原溶液中有NO -，
3
在强酸性溶液中含有NO -，则一定不存在具有还原性的离子I-，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、
3
NO -、Al3+、SO 2-、Cl-五种离子，据此解答分析。根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、
3 40.1mol/L的铝离子，0.1mol/L NO-；溶液中阳离子带有的电荷为：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）
3
=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，根据电荷守恒，还应该含有SO 2-离子和Cl-，所
4
以该溶液中一定有NO -、Al3+、SO 2-、Cl-四种离子，故A正确；根据反应方程式
3 4
3Cu+8HNO (稀)═3Cu(NO )+2NO↑+4HO可知，若消耗14.4g铜，n(Cu)= =0.225mol，根据反应
3 3 2 2
方程式中Cu与NO的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为n(NO)= n(Cu)=
×0.225mol=0.15mol；由于没有告诉条件是否是标准状况下，所以0.15mol一氧化氮的体积不一定为
3.36L，故B错误；根据上述分析可知，在强酸性溶液中含有NO -，溶液具有强氧化性，则一定不存在具
3
有还原性的离子I-，故C错误；根据上述分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定含有
BaCO 、BaSO，故D错误；故答案A。
3 4
16．某离子反应涉及H+、Bi3+、 、 、Mn2+、HO六种微粒。其中c( )随反应进行逐渐增
2
大。下列判断错误的是
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5
B．氧化性： 大于
C．反应后溶液的pH值增大
D．若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol
【答案】A
【解析】c（MnO ）随反应进行逐渐增大，MnO 应是生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素化合价发生升
高，具有氧化性的BiO 为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，则反应的方程式应为5BiO +2Mn2+
+14H+=5Bi3++2MnO +7H O，以此解答该题。
2
A．Mn元素化合价发生升高，则Mn2+为还原剂，Bi元素的化合价降低，则BiO 为氧化剂，所以氧化剂与
还原剂的物质的量之比为5：2，故A错误；B．由反应5 BiO +2Mn2++14H+=5Bi3++2 MnO +7H O，氧化剂是BiO ，氧化产物是 ，则氧化性：
2
BiO > ，故B正确；
C．由反应5 BiO +2Mn2++14H+=5Bi3++2 MnO +7H O可知，反应消耗H+，pH值增大，故C正确；
2
D．Mn元素化合价由+2升高到+7，则若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为（7-2）
×1mol=5mol，故D正确。故选A。
17．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：K+、Mg2+、MnO 、SO
B．c(Fe3+ )＝1 mol·L－1的溶液中：Ca2+、Cu2+、SCN－、Cl－
C． ＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Ba2＋、K＋、Cl－、NO
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH 、I－、ClO－
【答案】C
【解析】K+、Mg2+、MnO 、SO2- 之间不发生反应，能大量共存，但MnO 在溶液中为紫红色，与题意
4
不符，故A不符合题意；c(Fe3+ )＝1 mol·L－1的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与SCN－之间发生络合反应，不
能大量共存，故B不符合题意； ＝1×10－13mol·L－1的溶液中呈碱性，Ba2＋、K＋、Cl－、NO 之间
不反应，都不与OH-反应，能够大量共存，故C符合题意；能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、I-都与
ClO-反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选C。
18．用CuS、Cu S处理酸性废水中的 ，发生反应如下：
2
反应I：CuS+ +H+→Cu2++ +Cr3++H O(未配平)
2
反应II：Cu S+ +H+→Cu2++ +Cr3++H O(未配平)
2 2
下列有关说法不正确的是A．反应I中只有 是氧化产物而反应II中Cu2+、 都是氧化产物
B．反应II中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．反应I、II中每处理1mol ，转移电子的数目相等
D．处理1mol 时反应I、II中消耗H+的物质的量相等
【答案】D
【解析】A．反应I中只有S元素被氧化，则只有 是氧化产物；反应II中有铜元素、硫元素均被氧
化，所以Cu2+、 都是氧化产物，故A正确；
B．根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：3Cu S+5 +46H+=6Cu2++3
2
+10Cr3++23H O，氧化剂为 ，还原剂为Cu S，则反应II中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故
2 2
B正确；
C．根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应I：3CuS+4 +32H+=3Cu2++3
+8Cr3++16H O，反应II：3Cu S+5 +46H+=6Cu2++3 +10Cr3++23H O，反应I中每处理1mol
2 2 2
，转移电子物质的量6mol，反应II中每处理1mol ，转移电子物质的量6mol，故转移电子的
数目相等，故C正确；
D．根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应I：3CuS+4 +32H+=3Cu2++3
+8Cr3++16H O，反应II：3Cu S+5 +46H+=6Cu2++3 +10Cr3++23H O；处理1mol 时反
2 2 2
应I中消耗H+的物质的量8mol，处理1mol 时反应II中消耗H+的物质的量9.2mol，消耗H+的物质的
量不相等，故D错误；故选D。
19．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B．由水电离产生的 c(H+)=10-13mol·L-1的溶液：K+、Na+、ClO‒、AlO
C．pH=7的溶液中：Fe3+、NH 、NO 、SO
D．在酸性KMnO 溶液中：K+、Na+、I-、SO
4
【答案】B
【解析】Fe3+与SCN-之间会发生络合反应，在溶液中不能大量共存，A不符合题意；由水电离产生的
c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈现酸性或碱性，K+、Na+、ClO‒、AlO 在碱性条件下不反应可共存，B符合
题意；Fe3+在pH=7的溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能在此溶液中共存，C不符合题意；酸性KMnO 具
4
有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，在溶液中不共存，D不符合题意；故选B。
20．十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”，
以NO 和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。CO与NO是汽车尾气中污染大气的成分，研
x 2
究表明CO与NO在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别
2
为：①NO+Fe+=N +FeO+(慢)；②FeO++CO=CO+Fe+(快)。下列说法不正确的是
2 2 z
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定
C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN O
2
【答案】A
【解析】A．由反应①NO+Fe+=N +FeO+(慢)可知，铁元素、氮元素化合价发生改变，由反应②FeO+
2 2
+CO=CO +Fe+可知，铁元素、碳元素化合价发生改变，二个反应均有元素化合价的升降，因此都是氧化还
2
原反应，故A错误；
B．由图可知，Fe++N O→FeO++N 、FeO++CO→Fe++CO 两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所
2 2 2以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B正确；
C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，增大反应速率，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产
物，故C正确；
D．由总反应方程式NO+CO N+CO 可知，N元素由+1价得电子变为0价，C元素由+2价失2个电子
2 2 2
变为+4价，即转移2mol电子消耗1molN O，则转移1mol电子，则消耗NO为0.5mol，即标况下
2 2
11.2LN O，故D正确；答案为A。
2
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分)
21．(10分)有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO、SO、Cl
－、I－、HCO，实验如下：
实验步骤 实验现象
(1)用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部 试纸变为红色
(2)取少量该溶液，加入Cu片和浓硫酸，加热 有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色
(3)取少量该溶液，加入BaCl 溶液 有白色沉淀生成
2
(4)取(3)中反应后的上层清液，加入AgNO 溶液 有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸
3
有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶
(5)取少量该溶液，加入NaOH溶液
解
由此判断：(1)溶液中一定存在的离子是____________；溶液中肯定不存在的离子是______________。
(2)写出实验步骤(2)中所发生反应的离子方程式：___________________________
________________________________________________________________________。
(3)为了进一步确定其他离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称：____________
________________________________________________________________________。
【解析】本题要求为无色透明溶液，则Fe2＋不能大量存在。步骤(1)pH试纸变红，说明溶液显酸性，HCO
不能大量存在；步骤(2)说明有NO，在酸性条件下NO有强氧化性，因此还原性的离子I－不能大量存在；
步骤(3)说明有SO，Ba2＋不能大量存在；步骤(4)不能说明有Cl－，因为步骤(3)中引入了Cl－；步骤(5)说明
有Mg2＋和Al3＋。
【答案】(1)NO、SO、Mg2＋、Al3＋ Fe2＋、HCO、I－、Ba2＋
(2)3Cu＋8H＋＋2NO=====3Cu2＋＋2NO↑＋4HO
2
(3)K＋的检验可以用焰色反应；Cl－的检验：向溶液中加足量的Ba(NO ) 溶液，过滤后向滤液中加AgNO 溶
3 2 3
液，再加稀硝酸，产生白色沉淀且不溶解，可证明有Cl－存在
22．(10分)磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：
(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程Ⅰ中，被还原的元素是________(填元素符
号)，过程Ⅲ的化学方程式为______________________________。(2)磷酸钒锂/碳复合材料[Li V(PO )/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：
3 2 4 3
①复合材料中V的化合价为______________，C的作用是____________________。
②V O 与HC O 反应生成V(C O) 的化学方程式为_______________________；
2 5 2 2 4 2 2 4 3
“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是________________________________。
③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和LiC 和LiV(PO )/C作电极，放电时的电池总
x 6 3 2 4 3
反应为LiC ＋Li V(PO )===Li V(PO )＋C ，则电池充电时阳极的电极反应式为
x 6 3－x 2 4 3 3 2 4 3 6
_________________________________________________________。
【解析】(1)根据图像，过程Ⅰ中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu P，其中P元素和Cu元素的化合价
3
均降低，被还原；过程Ⅲ中反应物为Ca (PO )、SiO 和C，生成物为CaSiO 、CO和P，反应的化学方程
3 4 2 2 3 4
式为2Ca (PO )＋6SiO＋10C===6CaSiO ＋10CO↑＋P；(2)①磷酸钒锂/碳复合材料[Li V(PO )/C]中磷酸根
3 4 2 2 3 4 3 2 4 3
离子显－3价，锂显＋1价，因此V的化合价为＋3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增
强复合材料的导电性；②VO 与HC O 反应生成V(C O) 过程中V的化合价由＋5价降低为＋3价，则草
2 5 2 2 4 2 2 4 3
酸被氧化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为VO＋5HC O===V (C O)
2 5 2 2 4 2 2 4 3
＋4CO↑＋5HO；LiV(PO ) 能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗；③该锂离子
2 2 3 2 4 3
电池放电时的电池总反应为LiC ＋Li V(PO )===Li V(PO )＋C ，则充电时电池的总反应为LiV(PO )
x 6 3－x 2 4 3 3 2 4 3 6 3 2 4 3
＋C ===LiC ＋Li V(PO )，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为LiV(PO )－xe－===Li V(PO )＋
6 x 6 3－x 2 4 3 3 2 4 3 3－x 2 4 3
xLi＋。
【答案】(1)Cu、P 2Ca (PO )＋6SiO＋10C===6CaSiO ＋10CO↑＋P (2)①＋3 增强复合材料的导电性
3 4 2 2 3 4
②VO＋5HC O===V (C O)＋4CO↑＋5HO 减少产品损耗 ③LiV(PO )－xe－===Li V(PO )＋xLi
2 5 2 2 4 2 2 4 3 2 2 3 2 4 3 3－x 2 4 3
＋
