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第二章能力提升检测卷
完卷时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64 Ag 108
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16*3分）
1．（2021·浙江金华市·高三一模）下列方程式不正确的是
A．硫代硫酸钠溶液中加入稀硝酸：
B．熟石膏加水变成生石膏：
C．金属钠与水反应：
D． 溶液与过量 溶液混合后共热：
【答案】A
【解析】A．硝酸具有强氧化性能将二氧化硫氧化成硫酸，正确的方程式为：
，故A错误；B．熟石膏是 ，生石膏为
，两者转化的反应为 ，故B正确；C．金属钠与水
反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为： ，故C正确；D．
与过量的氢氧化钡反应生成硫酸钡，氨气和水，反应的离子方程式为：
，故D正确；故选：A。
2．（2021·浙江台州市·高三二模）已知： ，下列说法正确的是
A． 是氧化剂B．HIO得电子，发生氧化反应
C．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2
D．通过该反应可说明HIO的氧化性强于
【答案】D
【解析】A．在反应 中，HO 中氧元素的化合价为-1价，反应后生成氧气，
2 2
氧元素的化合价为0价，化合价升高，HO 作还原剂，故A错误；B．HIO中的I为+1价，反应后降低到I
2 2 2
中的0价，得电子，HIO发生还原反应，故B错误；C．该反应中，O 为氧化产物，I 为还原产物，氧化产
2 2
物和还原产物的物质的量之比为1:1，故C错误；D．该反应中，HIO是氧化剂，O 为氧化产物，氧化剂的
2
氧化性强于氧化产物的氧化性，所以HIO的氧化性强于 ，故D正确；故选D。
3．（2021·广东深圳市·高三二模）下列有关物质分类的说法错误的是
A．SiO、PO 均为酸性氧化物 B．碘酒、水玻璃均为混合物
2 2 5
C．糖类、蛋白质均为高分子化合物 D．NaCl晶体、HCl气体均为电解质
【答案】C
【解析】A．SiO、PO 均能和碱反应生成盐和水，所以都是酸性氧化物，故A正确；B．碘酒是碘单质的酒
2 2 5
精溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，均为混合物，故B正确；C．蛋白质为高分子化合物，糖类中的二糖和单
糖都不是高分子化合物，故C错误；D．NaCl晶体和HCl气体的水溶液都能够导电，二者均为电解质，故D
正确；故选C。
4．（2021·上海浦东新区·高三二模）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法
正确的是
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的 与 的物质的量之比为4∶3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：【答案】C
【解析】A．过程Ⅰ中氮元素的化合价由+3价变为-1价，化合价降低，NO 做氧化剂被还原，所以过程Ⅰ
需加入还原剂，A错误；B．过程Ⅱ中NHOH与NH 反应生成NH，OH-被消耗，反应后碱性减弱，B错误；
2 2 4
C．由题分析可知，过程Ⅲ中的反应离子方程式为4 NO +3NH+4H+=5N +8HO，参与反应的NO 与NH 的
2 4 2 2 2 4
物质的量之比为4∶3，C正确；D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为NO 与NH 的反应，反应为4NO
2 4
+3NH+4H+=5N +8HO，D错误；故选C。
2 4 2 2
5．（2021·广东汕头市·高三一模）北京大学研究员发现在钙钛矿活性层中引入稀土 Eu3+/Eu2+离子对，
通过如图原理可消除零价铅和零价碘缺陷，提高钙钛矿太阳能电池的使用寿命。下列说法正确的是
A．Eu3+/Eu2+离子对在反应过程中需定时补充
B．消除零价铅的反应为：
C．消除零价碘的过程中，Eu3+/Eu2+离子对发生还原反应
D．整个过程中，电子从 I0转移给 Pb0
【答案】B
【解析】A．Eu3+/Eu2+离子对在反应过程中作催化剂，不需定时补充，A错误；B．消除零价铅，铅失电子生
成离子，Eu3+/Eu2+离子对得电子，反应为： 2Eu3++Pb0=2Eu2++Pb2+，B正确；C．消除零价碘的过程中，I0得
电子生成I-，Eu3+/Eu2+离子对失电子，发生氧化反应，C错误；D．整个过程中，电子从Pb0转移给I0，D错
误；答案为B。
6．（2021·天津高三二模）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向明矾溶液中滴加硫化钠溶液：B．向NaClO溶液中通入少量 制取次氯酸：
C． 溶液中加入盐酸酸化的
D．某中性液可能存在： 、 、 、
【答案】B
【解析】A．向明矾溶液中滴加硫化钠溶液，硫离子与铝离子双水解：
，故A错误；B．向NaClO溶液中通入少量 ，二氧化碳
通入水中形成碳酸，碳酸酸性强于次氯酸，可以制取次氯酸： ，故B正
确；C． 溶液中加入盐酸酸化的 ： ，应保持电荷守恒，
故C错误；D．某中性液不可能存在 ，因为 会水解为氢氧化铁，故D错误；故选B。
7．（2021·河北保定市·高三一模）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NO)，为保护环境，将烟气与
x
H 的混合气体通入Ce(SO) 与Ce(SO)[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。
2 4 2 2 4 3
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H+Ce4+=2H++Ce3+
2
B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3+和Ce4+浓度不变
C．该转化过程的实质为NO 被H 还原
x 2
D．x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H+2Ce4+═2H++2Ce3+，故A错误；B．Ce3+和Ce4+是反应的催化
2
剂，参与反应但是量不变，浓度在变化；故B错误；C．总反应：2NO+2xH=2xHO+N↑，NO 的化合价降低
x 2 2 2 x被还原，该转化过程的实质为NO 被H 还原，故C正确；D．总反应：2NO+2xH=2xHO+N↑，x=1时，过程
x 2 x 2 2 2
Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故D错误；故选：C。
8．（2021·四川攀枝花市·高三二模）我国科学家在研究“催化还原地下水硝酸盐污染”时，将甲酸
(HCOOH)在纳米级磁性FeO－Pd(钯)表面分解为活性氢气和二氧化碳后，再经a、b两个反应过程实现了
3 4
NO-的催化还原(如图)。下列说法错误的是
3
A．过程a、b中完全还原1molNO 消耗2molH
2
B．FeO 催化完成后，可利用FeO 的磁性与水体分离
3 4 3 4
C．HCOOH分解产生CO 可调节反应体系pH，保证催化还原的效果
2
D．b过程反应的离子方程式为3H+2NO +2H+ N+4HO
2 2 2
【答案】A
【解析】A．1mol硝酸根离子转化为0.5mol氮气，转移5mol电子，1mol氢气转移2mol电子，所以完全还
原1mol硝酸根离子消耗2.5mol氢气，A项错误；B．四氧化三铁具有磁性，可以被磁铁吸引，则四氧化三
铁催化完成后，可利用四氧化三铁的磁性与水体分离，B项正确；C．HCOOH分解生成氢气和二氧化碳，二
氧化碳与水反应生成碳酸，可调节反应体系pH，保证催化还原的效果，C项正确；D．b过程中氢气与亚硝
酸根离子，氢离子反应，亚硝酸根离子被还原为氮气，氢气被氧化为水，反应的离子方程式为3H+2NO
2
+2H+ N+4HO，D项正确；答案选A。
2 2
9．（2021·河北承德市·高三二模）中华文化源远流长，对人类进步和社会发展有着巨大影响。《徐光
启手记》中载有强水的制备方法：“绿矾 五斤，硝 五斤。将矾炒去，(质量)约折五分之一。将二味同研细，用铁作锅，锅下起火……，开坛则药化为水，而锅亦坏矣。用水入五金皆成
水，惟黄金不化水中，加盐(NaCl)则化……”。下列相关说法错误的是
A．“炒”矾时绿矾失去全部结晶水
B．强水中加盐后形成王水能溶解金
C．硝的焰色试验中火焰呈紫色
D．制备强水过程中涉及氧化还原反应
【答案】A
【解析】A．1mol 的质量为296g，失去全部结晶水，质量减少 ，
，所以“炒”矾时绿矾没有失去全部结晶水，A项错误；B．强水是指硝酸，加入盐后形
成王水，金能溶于王水，B项正确；C．硝是KNO，含有K+，K+的焰色试验中火焰呈紫色，C项正确；D．开
3
坛则药化为水，而锅亦坏矣，铁被硝酸氧化为Fe3+，是氧化还原反应，D项正确；答案选A。
10．（2021·山东枣庄市·高三二模）钠沉入液氨中，快速溶剂化(如图所示)，得到深蓝色溶液，并慢慢
产生气泡，且溶液颜色逐渐变浅。下列说法错误的是
A．钠的液氨溶液不再具有还原性
B．液体的导电性增强
C．溶液呈蓝色是因为产生
D．钠和液氨可发生反应：
【答案】A
【解析】A．钠的液氨溶液中含有钠单质，具有还原性，故A错误；B．液氨中没有自由移动的带电子粒子，
不导电，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，即溶液的导电性增强，故B正确；C．溶液呈蓝
色是因为钠单质的自由电子与氨气结合产生 ，随着反应进行， 不断减小，故蓝色变浅，故C正确；D．Na和液氨反应生成NaNH 和H，则发生反应的化学方程式为2NH+2Na=2NaNH+H↑，故
2 2 3 2 2
D正确。
故选A。
11．（2021·湖南岳阳市·高三二模）下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且滴入X试剂后发生的离子
方程式书写正确的是
选项 离子组 X试剂 离子方程式
A NH 、Fe3+、SO 、Br- 过量HS 2Fe3+ + HS=2Fe2+ + S↓ + 2H+
2 2
B Fe2+、K+、NO 、Cl- 少量HI 4H++3Fe2＋+NO =3Fe3＋+ NO↑+ 2HO
2
C NH 、Fe3+、AlO 、Na+ 过量铜粉 2Fe3+ +Cu=2Fe2+ + Cu2+
D AlO 、Na+、K+、HCO 少量HCl H+ +AlO +HO=Al(OH)↓
2 3
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．四种离子相互不反应，能够共存，三价铁离子能氧化硫离子生成硫单质，硫化氢过量反应的
离子方程式为Fe3+ + HS=2Fe2+ + S↓ + 2H+，A项正确；B．碘离子的还原性强于二价铁离子，碘离子和氢
2
离子先和硝酸根离子进行反应，反应方程式为8H++6I-+2NO =3I +2NO↑+ 4HO，B项错误；C．三价铁离
2 2
子能够与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，二者不共存，C项错误；D．碳酸氢
根离子与偏铝酸根离子反应生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，二者不共存，D项错误；答案选A。
12．（2021·广西高三一模）常温下，关于离子反应，下列说法正确的是
A．在c(H)∶c(OH)=10-10的溶液中，Al3、 Ba2 、Cl不能大量共存，
B．在1 mol·L-1NaNO 溶液中能大量共存H 、Fe2 、SCN
3
C．向NHHCO 溶液中加入过量NaOH溶液，并加热：NH ＋OH =NH＋HO
4 3 3 2
D．向1L0.5 mol·L-1FeBr 溶液中通入0.1molCl ：2Fe2＋4Br＋3Cl = 2Fe3＋2Br＋6Cl
2 2 2 2
【答案】A
【解析】A．c(H)∶c(OH)=10-10的溶液中，溶液c(H)<c(OH)，溶液呈碱性，存在较多的OH，OH与Al3
会发生反应，不能大量共存，A正确；B． 与H共存时具有强氧化性，氧化Fe2形成Fe3，Fe3与SCN会发生络合反应，不能大量共存，B错误；C． NaOH溶液过量，碳酸氢根与氢氧根也会反应，应为NH ＋
+2OH =NH↑＋CO↑+2HO，C错误；D． FeBr 的物质的量为1L×0.5 mol·L-1=0.5 mol，溶液中存
3 2 2 2
在0.5 mol Fe2 和1molBr-， Cl 的物质的量为0.1mol，氯气不足，因为亚铁离子还原性大于溴离子，只
2
发生2Fe2＋Cl = 2Fe3＋2Cl，D错误；故选A。
2
13．（2020·河北高三一模）由下列实验操作和现象能推出结论的是
选
实验操作 现象 结论
项
A 向黄色的Fe(NO) 溶液中滴加氢碘酸 溶液变为紫红色 氧化性：Fe3＋＞I
3 3 2
向10 mL 0.2 mol·L-1 ZnSO 溶液中加入10
4 先产生白色沉淀，然后 相同温度下，溶度积常
B mL 0.4 mol·L-1 NaS溶液，再滴加CuSO 溶
2 4 沉淀变黑 数：K (CuS)＜K (ZnS)
液 sp sp
将CaCO 与盐酸反应得到的气体直接通入
C 3 产生白色沉淀 酸性：HCO＞HSiO
NaSiO 溶液中 2 3 2 3
2 3
很快有气体产生，一段 Fe3＋能催化HO 分解且该
D 向FeCl 溶液中滴入几滴30％的HO 溶液 2 2
3 2 2 时间后溶液变为红褐色 分解反应为放热反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．向黄色的Fe(NO) 溶液中滴加氢碘酸，溶液变为紫红色，说明有单质碘生成，但由于在酸性溶
3 3
液中硝酸根离子也能氧化碘离子，所以不能说明氧化性：Fe3＋＞I，A错误；B．向10 mL 0.2 mol·L-1
2
ZnSO 溶液中加入10 mL 0.4 mol·L-1 NaS溶液，反应中硫化钠过量，所以再滴加CuSO 溶液，一定会产生
4 2 4
黑色沉淀，因此不能说明相同温度下，溶度积常数：K(CuS)＜K(ZnS)，B错误；C．将CaCO 与盐酸反应
sp sp 3
得到的气体直接通入NaSiO 溶液中，由于盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，盐酸也能制备硅酸，
2 3
因此不能通过产生白色沉淀说明酸性：HCO＞HSiO，C错误；D．向FeCl 溶液中滴入几滴30％的HO 溶
2 3 2 3 3 2 2
液，很快有气体产生，生成的气体是双氧水分解产生的，且一段时间后溶液变为红褐色，这说明Fe3＋能催
化HO 分解且该分解反应为放热反应，温度升高促进铁离子水解，D正确；答案选D。
2 2
14．（2020·河北张家口市·高三一模）C和CuO在高温下反应生成Cu、CuO、CO、CO。现将1 g碳粉跟
2 2
8 g CuO混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量NaOH溶液中，并收集残余的
气体，测得溶液增加的质量为1.1 g，残余气体在标准状况下的体积为560 mL。下列说法不正确的是
A．反应后硬质试管中碳粉有剩余
B．反应后生成CuO为0.025 mol
2C．该氧化还原反应共转移电子0.2 mol
D．反应后硬质试管中剩余的固体混合物的总质量为7.2 g
【答案】C
【解析】生成的气体全部通过足量NaOH溶液，收集残余气体．测得溶液增重的1.1g为二氧化碳的质量，
二氧化碳的物质的量为： =0.025mol，残余气体在标准状况下的体积为560mL为CO的体积，一氧
化碳的物质的量为： =0.025mol，
A．根据碳元素守恒可知：参加反应的C原子的物质的量等于CO 与CO的物质的量之和，所以参加反应的碳
2
元素质量为：(0.025mol+0.025mol)×12g/mol=0.6g，碳粉总质量为1 g，则反应后硬质试管中碳粉有剩余，
故A正确；B．氧化铜的物质的量为：n(CuO)= =0.1mol，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质
的量为：0.025mol×2+0.025mol×1=0.075mol，反应后氧原子还存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质
的量为：0.1mol-0.075mol=0.025mol，故B正确；C．反应中C元素化合价升高，铜元素化合价降低，碳元
素失去的电子物质的量与铜元素得到电子的物质的量相等，所以转移电子物质的量为：
0.025mol×4+0.025mol×2=0.15mol，故C错误；D．根据B项分析，氧化铜的物质的量为0.1mol，生成的
氧化亚铜的物质的量为0.025mol，生成的铜单质的物质的量=氧化铜中铜原子的物质的量-氧化亚铜中铜原
子的物质的量=0.1mol-0.025mol×2=0.05mol，根据A项分析，反应后碳有剩余，剩余碳的质量为
1g-0.6g=0.4g，则硬质试管中剩余的固体混合物的总质量=氧化亚铜的质量+铜单质的质量+剩余碳粉的质
量=0.025mol×144g/mol+0.05mol×64g/mol+0.4g=7.2 g，故D正确；答案选C。
15．（2020·通榆县第一中学校高三月考）4.6 g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40 g/mL、质量分
数为63%的浓硝酸中，得到4480 mL NO 和336 mL NO 的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入
2 2 4
1.0 mol/L NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时，下列说法不正确的是
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:3
B．该浓硝酸中HNO 的物质的量浓度是14.0 mol/L
3
C．产生沉淀8.51 g
D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230 mL
【答案】D【解析】A．4480 mL NO 的物质的量= 4.48L÷22.4L/mol = 0.2 mol，336 mL NO 的物质的量 = 0.336L
2 2 4
÷22.4L/mol = 0.015 mol，令Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量与电子转移守恒，
可得：①64x + 24y ＝ 4.6，②2x + 2y ＝ 0.2 + 0.015×2，解得x = 0.046、y = 0.069，故该合金中
铜与镁的物质的量之比 = 0.046 mol:0.069 mol = 2:3，故A正确；B．密度为1.40 g/mL、质量分数为
63%的浓硝酸。其物质的量浓度 = ，故B正确；C．铜镁合金完全
溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)、Mg(OH)，
2 2
由化学式可知n（OH-）= 2n（Cu）+ 2n（Mg）= 2×（0.046 mol + 0.069 mol）= 0.23 mol，故沉淀质量
= m（Cu）+ m（Mg）+ m（OH-）= 4.6 g + 0.23 mol×17 g/mol = 8.51g，故C正确；D．离子恰好完全沉
淀时，此时溶液中溶质为NaNO，根据N元素守恒可知n（HNO） = n（NaNO） + n（NO） + 2n
3 3 原 3 2
（NO），故n（NaNO）= 0.1L×14 mol/L - 0.2 mol - 2×0.015 mol = 1.17 mol，根据钠离子守恒有n
2 4 3
（NaOH）= n（NaNO）= 1.17mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol ÷1 mol/L = 1.17L = 1170 mL，
3
故D错误，故选：D。
16．（2020·湖南永州市·高三三模）碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研
小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是
2
已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO 形式存在。
2
②TeO 微溶于水，易溶于强酸和强碱。
2
A．“焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B．“碱浸”时反应的离子方程式为TeO＋2OH－＝ ＋HO
2 2
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】C
【解析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有CuTe)，通入氧气焙烧，可生成TeO 和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，
2 2
生成可溶于水的NaTeO，过滤得到的滤渣含有CuO，滤液含有TeO2-，再加入硫酸酸化得到含有Te4+的溶液，
2 3 3最后加入亚硫酸钠还原并过滤得到粗碲。
A．焙烧固体，应用坩埚，且放在泥三角上，另外加热时需要，故酒精灯，并用玻璃棒搅拌，故A正确；
B．“碱浸”时TeO 是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO+2OH-═TeO2-+HO，
2 2 3 2
故B正确；C．“碱浸”后所得的滤渣中含有的Au、Ag，均为不活泼金属，不溶于稀盐酸，无法用稀盐酸
将其分离，应选择稀硝酸，故C错误；D．还原反应的离子方程式是2SO2-+Te4++2HO=Te↓+2SO2-+4H+，反
3 2 4
应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；故答案为C。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（2021·北京丰台区·高三二模）（10分）银及其化合物在制造钱币、电子工业、医药等方面具有广
泛用途。
Ⅰ．银的冶炼及性质
(1)热分解法是金属冶炼方法之一。以AgO为原料冶炼银的化学方程式为__。
2
(2)电解精炼银的工作原理如图所示，___（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色
气体生成，则生成该气体的电极反应式为___。
Ⅱ．银的化合物的性质
(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式__。
(4)在光照条件下，AgNO 可分解为Ag、O 和某种氮的氧化物。称取34g AgNO 固体，充分光照使其完全分
3 2 3
解，测得反应后生成O 的体积（折合成标准状况）为2.24L，反应过程中转移电子的物质的量为__。
2
(5)纳米硫化(AgS)应用广泛。AgS溶于浓HNO 后，产生淡黄色固体及无色气体，该气体遇空气迅速变为红
2 2 3
棕色。写出反应的化学方程式__。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)2AgO 4Ag+O↑
2 2
(2)a（1分） NO +e-+2H+＝NO+HO
2 2
(3) AgCl+Br-＝AgBr+Cl-（1分）
(4)0.4mol
(5)3AgS+8HNO(浓)＝6AgNO+3S↓+2NO↑+4HO
2 3 3 2
【解析】(1)Ag的金属活泼性比较弱，用热分解法冶炼金属Ag。以AgO为原料冶炼银的化学方程式为
2
2AgO 4Ag+O↑；答案为：2AgO 4Ag+O↑；
2 2 2 2(2)由图可知，电极a与电源正极相连，作阳极。电极b与电源负极相连，作阴极。根据电解原理，可知粗
银作阳极，即a极为含有杂质的粗银。红棕色气体为NO 气体，b极有该气体生成，说明NO 得到电子发生
2
还原反应，电极反应式为：NO +e-+2H+＝NO+HO；答案为：a；NO +e-+2H+＝NO+HO；
2 2 2 2
(3)AgBr为淡黄色沉淀，说明反应中AgCl转化为AgBr，反应的离子方程式为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；答案
为：AgCl+Br-＝AgBr+Cl-；
(4)34gAgNO 的物质的量= ，生成的O 的物质的量= ，NO 中O元素
3 2
的化合价由-2价变为0价，每生成1molO 转移4mol电子，则生成0.1molO 转移0.4mol电子。答案为：
2 2
0.4mol；
(5)由题可知，AgS溶于浓HNO 后，生成S单质和NO气体，根据电子转移以及原子守恒等规律，可知反应
2 3
方程式为：3AgS+8HNO(浓)＝6AgNO+3S↓+2NO↑+4HO；答案为：3AgS+8HNO(浓)＝
2 3 3 2 2 3
6AgNO+3S↓+2NO↑+4HO。
3 2
18．（2020·大连市一0三中学高三一模）（10分）亚硝酸钠易溶于水，水溶液显碱性，有氧化性，也有
还原性。由于NaNO 有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后
2
才能排放。处理方法之一如下：
___NaNO+___KI+_____→___NO↑+___I+___KSO+___NaSO+______
2 2 2 4 2 4
（1）请完成该化学方程式并配平。
（2）将上述反应方程式改写为离子反应方程式：______________________；
（3）用上述反应来处理NaNO 并不是最佳方法，其原因是______________________。从环保角度来讲，要
2
处理NaNO，所用的物质的______（填“氧化性”或“还原性”）应该比KI更________（填“强”或
2
“弱”）。
（4）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式并用单线桥表示
其电子转移的方向和数目_____________________________。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）2 2 2HSO 2 1 1 1 2HO
2 4 2
（2）2 +2I-+4H+ = 2NO↑ +I +2HO
2 2
（3）生成物中含有大气污染物NO 还原性（1分） 强（1分）
（4）【解析】(1)在反应___NaNO+___KI+_____→___NO↑+___I+___KSO+___NaSO+______中，NaNO 中N元素
2 2 2 4 2 4 2
化合价降低，NaNO 是氧化剂，KI中I元素化合价升高，KI是还原剂，依据得失电子守恒和原子守恒，确
2
定方程式为2NaNO+2KI+ 2HSO=2NO↑+I+KSO+NaSO+2HO；
2 2 4 2 2 4 2 4 2
(2)将化学方程式2NaNO+2KI+ 2HSO=2NO↑+I+KSO+NaSO+2HO中的NaNO、HSO、KSO、NaSO 改写成
2 2 4 2 2 4 2 4 2 2 2 4 2 4 2 4
离子形式，并删去方程式两边相同数目的相同离子，得上述反应的离子反应方程式为2 +2I-+4H+ =
2NO↑ +I +2HO；
2 2
(3)在上述反应中，生成物中含有大气污染物NO，所以用此法来处理NaNO 并不是最佳方法；从环保角度来
2
讲，要处理NaNO，所用的物质的还原性应该比KI更强；
2
(4)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，该反应的化学方程式为：
NaNO+NHCl=NaCl+N↑+2HO，用单线桥表示电子转移的方向和数目时，箭头应从NHCl中的N元素指向
2 4 2 2 4
NaNO 中的N元素，数目为转移电子总数(3e-)，表示为： 。
2
19．（2020·上海青浦区·高三二模）（11分）Li-SOCl 电池采用LiAlCl 的SOCl 溶液为电解质溶液，是
2 4 2
目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl=4LiCl↓+SO↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标
2 2
准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；
（2）SOCl 可用于AlCl·6HO制备无水AlCl，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结
2 3 2 3
晶水的原因_____________________________________________________________；
（3）解释Li-SOCl 电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；
2
（4）工业制硫酸中，SO 的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；
2
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO 至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO 体积的变化如
2 2
图所示，该微粒X为_____________，SO 过量时溶液仍然存在微粒X的原因
2
____________________________。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）S（1分） 2N （1分）
A
(2) 存在Al3++3HO Al(OH)+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化
2 ⇌ 3
铝(3)Li(或SOCl)会与水发生反应（1分）
2
(4)常压SO 的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本
2
(5) SO2- 溶液中HSO-的电离
3 3
【解析】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl=4LiCl↓+SO↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，
2 2
失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生
成1mol SO，转移4mol电子，生成标准状况下SO11.2L，即为SO 的物质的量为0.5mol，则转移电子的物
2 2 2
质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2N；
A
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3HO Al(OH)+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移
2 ⇌ 3
动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl 与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于
2
AlCl·6HO制备无水AlCl；
3 2 3
(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；
2
(4)根据反应2SO+ O 2SO，常压下，SO 的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成
2 2 3 2
本；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO2-浓度先增大后减小，生
3
成的HSO-可发生微弱电离生成SO2-，则X为SO2-。
3 3 3
20．（2021·江苏盐城市·高三二模）（10分）氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学
方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的CrO 还原为Cr3+。如图所示，废水的不同初始pH对CrO
2 2
去除效果有重要影响。
①酸性条件下，铝粉去除CrO 反应的离子方程式为_______
2
②初始pH为3.0，反应180min后，废水中CrO 浓度仍较高的原因是_______。
2③实验证明，若初始pH过低，CrO 的去除效果也不理想，其原因可能是_______。
2
(2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl溶液)中加入Ca(OH) 和NaAlO 粉末，氯离子可转化为
2 2
CaAl(OH) Cl 沉淀。
4 2 12 2
①该反应的化学方程式为_______。
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度
的变化如图所示，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，氯离子去除率下降的原因可能是_______。
【答案】（每空2分）(1)① ②Al的还原性较弱 ③pH
过低，Al和H+反应生成Al3+
(2)① ② Cl-浓度较高时，使得OH-浓
度较高，Ca2+、 在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降
【解析】(1)①酸性条件下，铝粉可将废水中的CrO 还原为Cr3+，化学方程式为：
2
；
②pH为3.0，Al的还原性较弱；
③pH过低，溶液中H+含量较高，Al和H+反应生成Al3+，导致CrO 的去除效果不理想；
2
(2)①NaCl溶液、Ca(OH) 和NaAlO 反应生成CaAl(OH) Cl 沉淀，化学方程式为：
2 2 4 2 12 2
；
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)] 和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，，Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，
Ca2+、 在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降。
21．（2021·山东潍坊市·高三一模）（11分）硫氰酸钾(KSCN)，是一种用途广泛的化学药品，常用于合
成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。
已知：① 不溶于 和 不溶于水且密度比水大；
②D中三颈烧瓶内盛放 、水和催化剂，发生反应 ，该反应比较缓慢
且 在高于170℃时易分解， 在高于25℃时即分解。
回答下列问题：
(1)试剂a是____，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是_______。
(2)制备KSCN溶液：将D中反应混合液加热至105℃，打开K 通入氨气。
1
①反应一段时间后，关闭K，此时装置C中观察到的现象是保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105℃一段
1
时间，这样操作的目的是___。
②打开K，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为105℃。
2
(3)装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是___。
(4)制备硫氰酸钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经___(填操作名称)、减压蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰酸钾晶体。
(5)取少量所得KSCN晶体配成溶液，将装置E中混合液过滤得溶液x，进行如下实验：①设计实验探究ⅱ中银镜产生的原因___。
②小组同学观察到ⅲ中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去和沉淀增多，请用必要的文字和离
子方程式解释：____。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)浓氨水或浓 （1分） 恒压滴液漏斗或恒压漏斗 （1
分）
(2)瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，使 完全分解而除去，防止 受热分解
(3)
(4)分液（1分）
(5)①取 的 溶液，加入几滴 溶液，若产生银镜，证明是 还原 得
银镜或取 的 溶液，加入几滴 溶液，若无银镜生成证明是 还原
得银镜
②红色溶液存在平衡 ，用力振荡，发生反应 ，
沉淀增多，平衡逆向移动，红色褪去
【解析】将浓氨水与生石灰发生反应，利用球型干燥器除水干燥后，通入到四氯化碳中，产生的氨气，与
D中的 、水和催化剂发生反应生成NHSCN以及NHHS，并且通过已给的条件得知，该反应比较缓慢且
4 4
在高于170℃时易分解， 在高于25℃时即分解，生成的产物与氢氧化钾发生反应，生
成KSCN，未反应的氢氧化钾及氨气可以用过尾气处理与酸性的硫酸铁溶液进行反应。
(1)判断依据为，①给出的条件都提到了NH 和N元素，②反应中出现了NH；由此可以判断A装置是制取氨
3 3气，故填浓 ；
(2)关闭K，A装置依旧产生气泡，故可以看到此时装置C中有气泡，题中给出了关于温度的条件，故判断
1
目的是防止 受热分解；
(3)氧化还原反应，故写出三价铁离子与硫化氢气体的离子方程式为 ；
(4)过滤除去固体催化剂后，应该除去未反应完的CS，故操作为分液；
2
(5)①产生银镜反应的原因是溶液中银离子有氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生反应，故可设计实验
为：取 的 溶液，加入几滴 溶液，若产生银镜，证明是 还原 得银
镜或取 的 溶液，加入几滴 溶液，若无银镜生成证明是 还原
得银镜；②用力振荡，发生反应 ，沉淀增多，使
平衡逆向移动，红色褪去。
