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第一章 物质及其转化
考试时间：75 分钟 总分：100 分
可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 V-51
Mn-55
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 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．
按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 不属于( )
A．盐 B．混合物 C．配合物 D．电解质
【答案】B
【解析】A 项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 带有结晶水，既含有酸根离子SO4
2-，又含有配离子[Cu(NH3)4]2+，
则其属于盐，A 不符合题意；B 项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 是带有结晶水的盐，属于纯净物，不属于混合物，
B 符合题意；C 项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 含有配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于配合物，C 不符合题意；D 项，
[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 属于盐，溶于水后能电离出自由移动的酸根离子SO4
2-和配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于
电解质，D 不符合题意；故选B。
2．下列各组物质，按混合物、单质、化合物顺序排序排列正确的是( )
A．熟石灰、液态氧、烧碱 B．碘酒、 白磷、 生石灰
C．盐酸、 生铁、 干冰 D．胆矾、氮气、 次氯酸
【答案】B
【解析】A 项，熟石灰是氢氧化钙固体，属于化合物，不是混合物，故A 不符合题意；B 项，碘酒为
碘和酒精的混合物，白磷是单质，生石灰是氧化钙固体，属于化合物，故B 符合题意；C 项，生铁是铁、
碳等多种物质组成的混合物，故C 不符合题意；D 项，胆矾是五水硫酸铜属于化合物，不是混合物，故D
不符合题意；故选B。
3．
下列能在溶液中大量共存，加入(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 晶体后仍能大量存在的离子组是(
)
A．Na＋、H＋、Cl－、NO3
- B．K＋、Ba2＋、OH－、I－
C．Na＋、Mg2＋、Cl－、SO4
2- D．Cu2＋、S2－、Br－、ClO－
【答案】C
【解析】A 项中H＋、NO3
-能将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 晶体溶于水后产生的Fe2＋氧化为Fe3＋；B 项中OH
－与NH4
+、Fe2＋不能大量共存，Ba2＋与SO4
2-不能大量共存；D 项中S2－与Cu2＋、ClO－不能大量共存。
4．胃酸的主要成分是盐酸，当胃酸过多会出现“咯酸水”、“胃部隐隐作痛”等症状。常用于中和
胃酸的药物主要成分有Al(OH)3、NaHCO3、MgO、MgCO3、MgSiO3、CaCO3等。下列说法正确的是( )
A．Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸
B．从组成的阳离子来看，MgO、MgCO3、MgSiO3都属于镁盐
C．根据树状分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐
D．根据交叉分类法分类CaCO3属于钙盐、碳酸盐、难溶性盐
1
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【答案】D
【解析】A 项，Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸式盐，A 错误；B 项，从组成的阳离子来看，
MgCO3、MgSiO3都属于镁盐，MgO 为氧化物，B 错误；C 项，根据交叉分类法分析，MgSiO3属于镁盐、
硅酸盐，C 错误；D 项，根据交叉分类法分类CaCO3具有钙盐、碳酸盐、难溶性盐特性，故CaCO3属于钙
盐、碳酸盐、难溶性盐，D 正确；故选D。
5．歌曲《青花瓷》唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成
分是Cu2(OH)2CO3 (碱式碳酸铜)，铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu+
O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．Cu2(OH)2CO3 (碱式碳酸铜)属于盐，能与盐酸反应
B．该反应中氧元素和碳元素化合价均发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中O2被氧化，氧元素化合价从0 价降低到-2 价
D．该反应是氧化还原反应，有3 种元素化合价发生改变
【答案】A
【解题分析】A 项，Cu2(OH)2CO3含有铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子，属于碱式盐，属于盐，能
够与盐酸反应放出二氧化碳，A 项正确；B 项，该反应中C 元素的化合价没有发生变化，Cu 元素的化合价
由0 价升高到+2 价，氧气中氧元素的化合价由0 价降低到-2 价，属于氧化还原反应，B 项错误；C 项，氧
气中氧元素的化合价由0 价降低到-2 价， O2被还原，C 项错误；D 项，该反应中，化合价发生变化的元素
只有Cu 和O，只有两种元素化合价发生改变，D 项错误；故选A。
6．物质间的转化体现了化学核心素养之—“变化观念”。在一定条件下存在如下的转化关系，其中
A、B、C 均含有同一种元素(部分产物已略去)，下列说法不正确的是( )
A．若A 为Fe，D 为Cl2，则C 为FeCl3
B．若A 为O2，D 为Na，则B 为Na2O2
C．若A 为C，D 为O2，则反应③的化学方程式为C+CO2
2CO
D．若A 为NaOH，D 为CO2，则反应①的离子方程式为2OH-+CO2=CO3
2-+H2O
【答案】A
【解析】A 项，Fe 与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与氯气不反应，A 错误；B 项，氧气与钠加热生成过
氧化钠，过氧化钠被钠还原生成氧化钠，氧化钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，B 正确；C 项，
C 在氧气中不完全燃烧生成CO，CO 与氧气反应生成CO2，CO2与C 在高温条件下反应生成CO，C 正确；
D 项，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠继续与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与
氢氧化钠反应生成碳酸钠，故反应①离子方程式为2OH-+CO2=CO3
2-+H2O，D 正确；故选A。
7．（2025·重庆渝西中学高三模拟）室温下，下列溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A．强碱性溶液：K+、[Al(OH)4]-、CO3
2-、Na+
B．加入铝粉有氢气产生的溶液：CO3
2-、CO3
2-、NO3
-、Na+
2
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C．中性溶液：
、
、K+、SO4
2-
D．强酸性溶液：I-、K+、NO3
-、S2O3
2-
【答案】A
【解析】A 项，强碱性溶液含有大量OH-，OH-、K+、[Al(OH)4]-、CO3
2-、Na+互相之间不反应，可以大
量共存，故A 正确；B 项，加入铝粉有氢气产生的溶液可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，H+与CO3
2-
不共存，故B 错误；C 项，中性溶液中Fe3+水解为Fe（OH)3，故C 错误；D 项，强酸性溶液中含有大量
H+，NO3
-在酸性环境下具有强氧化性，可氧化I-、S2O3
2-，不能大量共存，故D 错误；故选A。
8．下列化学反应与方程式不相符的是( )
A．少量FeCl3固体加入到KI 浓溶液中：2Fe3++3I-=2Fe2++I3
-
B．Cu 和浓HNO3反应：Cu+4H++2NO3
-=Cu2++2NO2↑+2H2O
C．Al2(SO4)3溶液与Na[Al(OH)4]溶液反应：Al2(SO4)3+6Na[Al(OH)4]= 3Na2SO4+8Al(OH)3↓
D．少量甲醛与新制Cu(OH)2反应：HCHO+2Cu(OH)2+ NaOH
HCOONa+Cu2O↓+3H2O
【答案】D
【解析】A 项，少量氯化铁固体与浓碘化钾溶液反应生成氯化亚铁、氯化钾和KI3，反应的离子方程
式为2Fe3++3I-=2Fe2++I3
-，故A 正确；B 项，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程
式为Cu+4H++2NO3
-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B 正确；C 项，硫酸铝溶液和四羟基合铝酸钠溶液发生双水解
反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为Al2(SO4)3+6Na[Al(OH)4]= 3Na2SO4+8Al(OH)3↓，故
C 正确；D 项，少量甲醛与新制氢氧化铜共热反应生成碳酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为
HCHO+4Cu(OH)2+ 2NaOH
Na2CO3+2Cu2O↓+6H2O，故D 错误；故选D。
9．
下列A~D 四组反应中，其中I 和II 可用同一个离子方程式表示的是( )
I
II
A
把金属铁放入稀硫酸中
把金属铁放入稀硝酸中
B
将3 mol Cl2通入含1 mol FeBr2的溶液
将1 mol Cl2通入含3 mol FeBr2的溶液
C
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应使SO4
2-恰好沉淀
D
Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液
Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH 溶液
【答案】D
【解析】A 项，Ⅰ反应离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，反应Ⅱ离子方程式3Fe+8H++2NO3
-═3Fe2+
+2NO↑+4H2O，不能用同一种离子方程式表示，故A 错误；B 项，Ⅰ．3Cl2+2Fe2++4Br-═2Fe3++2Br2+6Cl-，
Ⅱ．Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl-，不能用同一种离子方程式表示，故B 错误；C 项，Ⅰ．向NaHSO4溶液中滴加
Ba(OH)2至溶液恰好呈中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO4
2-
═BaSO4↓+2H2O，Ⅱ．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至 SO4
2-沉淀完全的离子反应为：H++SO4
2-+Ba2+
+OH-=BaSO4↓+H2O，不能用同一种离子方程式表示，故C 错误；D 项，Ⅰ．Ca2++2HCO3
-+2OH-
═CaCO3↓+2H2O+CO3
2-，Ⅱ．Ca2++2HCO3
-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO3
2-，可以用同一种离子方程式表示，故
3
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D 正确；故选D。
10．（2025·浙江金华三模）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例
混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常
数的值) ( )
A．该反应在任何温度下都可以自发进行 B．生成28 g N2转移电子的数目为10NA
C．KNO3是氧化剂 D．K2S 和N2都是还原产物
【答案】B
【解析】对于黑火药的爆炸，反应方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中C 元素化合价升
高，所以C 是还原剂，CO2是氧化产物，S 和N 元素化合价降低，则S 和KNO3是氧化剂，K2S 和N2是还
原产物。A 项，该反应的正反应是气体体积扩大的放热反应，ΔH＜0，ΔS＞0，ΔG=ΔH-TΔS＜0，故该反
应在任何温度下都可以自发进行，A 正确；B 项，根据反应方程式可知：每反应产生1 mol N2，反应过程
中转移12 mol。反应生成28 g N2，其物质的量是1 mol，因此反应过程中转移电子的数目为12NA，B 错误；
C 项，在该反应中N 元素化合价降低，得到电子被还原，因此KNO3是氧化剂，C 正确；D 项，在该反应
中S 元素化合价由反应前S 单质的0 价变为反应后K2S 的-2 价，因此S 化合价降低，得到电子被还原，因
此单质S 为氧化剂，K2S 是还原产物；N 元素的化合价由反应前KNO3中的+5 价变为反应后N2的0 价，化
合价降低，得到电子被还原，因此KNO3为氧化剂，N2也是还
11．检验补铁剂中铁元素价态时，KSCN(C 为
价)会与酸性KMnO4溶液发生如下反应：22
KMnO4+10KSCN+28H2SO4=16K2SO4+22MnSO4+10CO2↑+5N2↑+28H2O，下列说法不正确的是( )
A．该反应的氧化产物只有N2
B．每生成标准状况下22.4LN2，转移
电子
C．KMnO4在反应中体现氧化性
D．检验Fe2+时，可用酸性KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，再加稍过量的
溶液
【答案】A
【解析】A 项，KSCN 中S 为-2 价、N 为-3 价，则反应中，KSCN 中S、N 元素的化合价均升高，该反
应的氧化产物有硫酸根离子、N2，A 错误；B 项，根据Mn 由+7 价降低为+2 价，该反应转移电子为
110e-，22.4LN2物质的量为1mol，生成标准状况下22.4LN2，转移
mol=
电子，B 正确；C 项，
KMnO4中Mn 元素化合价降低，得到电子，在反应中体现氧化性，C 正确；D 项，铁离子遇到KSCN 溶液
变红，则检验Fe2+时，可用酸性KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，再加稍过量的KSCN 溶液，D 正确；故选A。
12．下列实验操作、现象、结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
现象
结论
A
将
溶液加入Fe (NO3)3溶液中，充
分反应后再加入CCl4混合振荡，静置
溶液分层，下层液体
显紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
4
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B
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性
KMnO4溶液
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+有还原性
C
向盛有2 mL 黄色氯化铁溶液的试管
中滴加浓的维生素C 溶液
颜色发生变化
维生素C 有还原性
D
向H2O2溶液中滴入NaClO 溶液
产生无色气体
O2的氧化性强于NaClO
【答案】C
【解析】A 项，根据实验现象，只能证明溶液中生成了I2，由于溶液中含有两种氧化性物质HNO3、
Fe3+，二者都可以将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性：Fe3+＞I2，A 项错误；B 项，KMnO4溶液具有强氧
化性，向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液， KMnO4溶液紫色褪去，Fe2+、Cl-都可能具有还
原性，B 项错误；C 项，氯化铁具有氧化性，能被维生素C 还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，
通过观察颜色变化可以说明究维生素C 有还原性，C 项正确；D 项，向H2O2溶液中滴入NaClO 溶液，产
生无色气体，应生成氧气，O 元素化合价升高，O2为氧化产物，NaClO 为氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧
化产物，D 项错误。
13．
实验室利用Bi(OH)3制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：ClO3
-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
Ⅱ：Bi(OH)3+3OH-+ Cl2=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O ；
Ⅲ：5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4
-+5Na++Bi3++7H2O。
下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为1∶5
B．酸性条件下的氧化性：ClO3
-＞Cl2＞NaBiO3＞MnO4
-
C．NaBiO3可与盐酸发生反应：NaBiO3+2Cl-+6H+= Bi3++Na++Bi3++ Cl2↑+3H2O
D．制得28.4g 高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为6mol
【答案】C
【解析】A 项，反应Ⅰ中ClO3
-中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素
化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为
5∶1，A 错误；B 项，氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性ClO3
-＞Cl2，Ⅱ在碱性条件显得氧化性Cl2
＞NaBiO3，Ⅲ得氧化性NaBiO3＞MnO4
-，故不能说明酸性条件下氧化性：ClO3
-＞Cl2＞NaBiO3＞MnO4
-，B
错误；C 项，酸性条件下NaBiO3可与盐酸发生反应生成氯气，NaBiO3+2Cl-+6H+= Bi3++Na++Bi3++
Cl2↑+3H2O，C 正确； D 项，28.4g 高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，
，理论上消耗氯酸钠的物质的量为
mol，D 错误；故选C。
14．
钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2
+为淡黄色，VO2
+具有较
强的氧化性，Fe2+、SO3
2-等能把VO2
+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝
色变为淡黄色。下列说法不正确的是( )
5
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A．在酸性溶液中氧化性：MnO4
-＞VO2
+
B．FeI2溶液与足量酸性(VO2)2SO4溶液发生反应的离子方程式：Fe2++VO2
++2H+= Fe3++VO2++H2O
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为10 VOSO4+KMnO4+2H2O=5(VO2)2SO4
+KMnO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1mol VO2
+的酸性溶液中滴加1.25molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol
【答案】B
【解析】A 项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明MnO4
-将
VO2+氧化为VO2
+，从而得出氧化性：MnO4
-＞VO2
+，故A 正确；B 项，碘离子的还原性强于亚铁离子，碘
离子应参与氧化还原反应，故B 错误；C 项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2
+，无沉淀生成，说
明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为10 VOSO4+KMnO4+2H2O=5(VO2)2SO4
+KMnO4+2H2SO4+K2SO4 ，故C 正确；D 项，向含1mol VO2
+的酸性溶液中滴加含1.25mol Fe2+的溶液发生
反应Fe2++VO2
++2H+= Fe3++VO2++H2O，则VO2
+的量不足，所以转移电子为1mol，故D 正确；故选B。
15．某试样溶液中可能含有NH4
+、Na+、Fe3+、Mg2+、SO4
2-、CO3
2-、
、NO3
-阴离子的物质的量浓度
相等。某同学利用该试样溶液进行实验，现象如下。下列说法正确的是( )
A．气体X 属于弱电解质
B．该试样溶液中可能还有
存在，其中Na+一定存在，且c(Na+)≥0.4mol⋅L-1
C．滤液M 在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是NO2
D．将气体Y 全部通入10mL1.2mol·L-1的NaOH 溶液中，所得溶液中的HCO3
-约为0.08mol
【答案】B
【解析】试样溶液与过量的氢氧化钡溶液反应有白色沉淀A 生成，说明试样溶液至少含有Mg2+、
SO4
2-、CO3
2-中的一种，一定没有Fe3+，同时生成气体X，说明试样溶液一定含有NH4
+，气体X 为NH3，白
色沉淀A 与足量稀盐酸反应生成气体Y，还有沉淀B，说明沉淀A 含有BaCO3、BaSO4，即试样溶液含有
SO4
2-、CO3
2-，则一定不含Mg2+，气体Y 为CO2、沉淀B 为BaSO4，滤液M 与Cu、足量氢离子反应后在瓶
口出现红棕色气体，说明试样溶液含有NO3
-，阴离子的物质的量浓度相等，则
n(NO3
-)=n(CO3
2-)=n(SO4
2-)=n(BaSO4)=
，而n(NH4
+)=n(NH3)=
，溶液是呈电中性的，而n(NO3
-)+2n(CO3
2-)+2n(SO4
2-)=0.05mol＞n(NH4
+)=0.01mol，故试样溶液一定还含有
Na+，溶液中Cl-不能确定是否含有，当不含Cl-时，试样溶液中Na+的量最小，故
n(Na+)≥0.05mol-0.01mol=0.04mol。A 项，X 为NH3，在溶液或熔融状态下本身不能导电，属于非电解质，
故A 错误；B 项，试样溶液一定含有NH4
+、Na+、SO4
2-、CO3
2-、NO3
-，可能含有Cl-，阴离子的物质的量浓
6
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度相等，则n(NO3
-)=n(CO3
2-)=n(SO4
2-)=
，而n(NH4
+)=n(NH3)=
，当不含Cl-时，试样溶液中Na+的量最小，故n(Na+)≥0.05mol-0.01mol=0.04mol，
则c(Na+)≥
=0.4mol⋅L-1，故B 正确；C 项，滤液M 在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是
NO，故C 错误；D 项，n(CO2)=
，n(NaOH)=0.01L×1.2mol/L=0.012mol，则
n(CO2)：n(NaOH)=0.01mol：0.012mol=5：6，1：2＜n(CO2)：n(NaOH)＜1：1，故产物为Na2CO3、
NaHCO3，设二者的物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y＝0.01、2x+y＝0.012，解得x=0.002，y=0.01，
故所得溶液中的阴离子主要为HCO3
-，所得溶液中的HCO3
-约为0.01mol，故D 错误；故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（12 分）I 铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾、次
氯酸等还强。工业上制取铁酸钠的化学方程式是(未配平)：Fe(NO3)3+ NaOH + Cl2→ Na2FeO4+ NaNO3+
NaCl + H2O
(1)铁酸钠中，铁元素的化合价是______；上述制取铁酸钠的反应中，铁元素被________(填“还原”
或“氧化”)。
(2)铁酸钠溶解于水，立即与水发生剧烈反应，放出氧气，正是这些在水中新产生出的氧原子发挥其极
强的氧化能力给水杀菌消毒的。铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂原因铁元素转化为
Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物沉聚，Fe(OH)3胶体微粒直径的范围是__________nm，铁酸钠的电离方程式是
____________________________。
II 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，是一元中强酸，具有较强还原性。回答下列问题：
(3)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂(Ag+)与还原剂(H3PO2)的物质的量之比为4∶1，则氧化产
物为____________(填化学式)。
②从分类来看，NaH2PO2属于_____________________
a．正盐 b．酸式盐 c．钠盐 d．氧化物
(4)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4
反应。配平白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式
_______P4 +_______Ba(OH)2 + ________H2O ——_______Ba(H2PO2)2+________PH3↑
【答案】(1)+6（1 分） 氧化（1 分）
(2) 1-100nm（2 分） Na2FeO4=2Na++ FeO4
2-（2 分）
(3) ①H3PO4（2 分） ②a（2 分）
(4)2 3 6 3 2 （2 分）
【解析】I(1)设铁元素的化合价为x，化学式中化合价的代数和为0，所以(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得
x=+6，Fe(NO3)3中铁元素的化合价为+3 价，铁酸钠中，铁元素的化合价是+6 价，铁元素失电子化合价升
高，被氧化；
7
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(2)胶体微粒直径的范围是1-100nm 之间，所以Fe(OH)3胶体微粒直径的范围是1-100nm 之间；铁酸钠
溶解于水，立即与水发生剧烈反应，所以铁酸钠是强电解质，在水中完全电离成钠离子和铁酸根离子，电
离方程式为Na2FeO4=2Na++ FeO4
2-；
II(3)①该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转
移电子相等知，1molH3PO2失去4mol 电子，所以P 元素为+5 价，则氧化产物是H3PO4；②由题干信息可知，
H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2为正盐；
(4)白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，反应方程式为
2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。
17．(14 分)化学是在原子、分子水平上研究物质的组成﹑结构、性质、转化及其应用的基础自然科学。
(1)根据下列物质的组成和性质完成填空。
a．铜；b．熔融氯化钠；c．二氧化碳气体；d．饱和氯化铁溶液；e．氢氧化钠固体； f．石墨。
①属于电解质的是 (填字母序号，下同)，上述状态下能导电的物质有 。
②写出d 的电离方程式 。
③鉴别由d 制成的胶体的方法是 。
(2)向一定量的H2SO4和MgSO4混合溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液至过量(体积变化忽略不计)。下列图
像不能正确反映对应变化关系的是 。
A ．
B
C．
(3)经检测﹐某酸性废水中存在大量的Na+、Cu2+、Cl-、SO4
2-。欲除去其中的Cu2+、SO4
2-，并得到中性
溶液﹐设计的工艺流程如图所示(流程中试剂a，试剂b 均过量)。
①滴加NaOH 溶液至呈碱性，原废水中物质的量会减少的离子是 (用离子符号表示)。
②加入试剂a 发生反应的离子方程式为 ，试剂c 的作用是 。
【答案】(1) be（2 分） abdf（2 分） FeCl3= Fe3++3Cl-（1 分） 丁达尔效应（1 分）
(2)AC（2 分）
(3)H+、Cu2+（2 分） Ba2++SO4
2-= BaSO4↓（2 分） 除去OH-和CO3
2-（2 分）
【解析】(1)a 项，铜是能导电的金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质；b 项，熔融氯化钠中
存在能自由移动离子，能导电，属于电解质；c 项，二氧化碳气体不能电离出自由移动的离子，不能导电，
属于非电解质；d 项，饱和氯化铁溶液是含有能自由移动离子的混合物，能导电，混合物既不是电解质也
不是非电解质；e 项，氢氧化钠固体中不存在自由移动的离子，不能导电，熔融状态下能电离出自由移动
的离子，属于电解质；f 项，石墨是能导电的非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质；①属于电
解质的是be；上述状态下能导电的物质有abdf；②氯化铁是电解质，在溶液中能电离出铁离子和氯离子，
电离方程式为FeCl3= Fe3++3Cl-；③鉴别由胶体的方法是丁达尔效应；
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(2)向硫酸和硫酸镁的混合溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，溶液中硫酸先与氢氧化钠溶液反应生成硫
酸钠和水，反应的方程式为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，反应中没有沉淀生成，pH 增大、溶质的质量增
大，硫酸溶液完全反应后，溶液中硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠反应的方程式为
MgSO4+2NaOH=Na2SO4+Mg(OH)2↓，反应中有氢氧化镁沉淀生成，pH 保持不变、溶质的质量增大(溶质增
加，溶剂水也增加)，硫酸镁溶液完全反应后，再滴加氢氧化钠溶液，pH 增大、溶质的质量增大，则能正
确反映对应变化关系的是B，不能正确反映对应变化关系的是AC，故选AC；
(3)①向酸性废水中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子与溶液中的氢离子反应生成水、与铜离子反应生成
氢氧化铜沉淀，则废水中离子的数目会发生变化的是氢离子和铜离子，故选H+、Cu2+；②由实验流程可知，
向废水中加入过量的氢氧化钠溶液，中和溶液中的氢离子，将溶液中的铜离子转化为氢氧化铜沉淀；加入
过量的氯化钡溶液，将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，则试剂a 为氯化钡溶液，发生的离子反应
为Ba2++SO4
2-= BaSO4↓；加入过量的碳酸钠溶液，将溶液中过量的钡离子转化为碳酸钡沉淀，过滤得到含
有氢氧化铜、硫酸钡、碳酸钡的滤渣和含有碳酸根离子、氢氧根离子的溶液，则试剂b 为碳酸钠溶液、操
作X 为过滤；向溶液中加入适量盐酸，中和溶液中的氢氧根离子，将溶液中的碳酸根离子转化为二氧化碳
和水，除去OH-和CO3
2-，最终得到氯化钠溶液。
18．
(15 分)实验室可通过置换反应完成卤素单质活泼性比较的实验。某实验小组设计了装
置如图，回答下列问题：
(1)已知：常温下KClO3与浓盐酸反应可制取氯气，反应如下。配平该化学方程式，标出电子转移的方
向和数目。
反应①_______KClO3 +______HCl(浓)=______KCl + ______Cl2↑+ ______H2O_______；该反应中氧化
剂为___________，被还原的元素是___________。
(2)该装置中，吸有KI 淀粉溶液的棉球颜色变为___________。吸有NaBr 溶液的棉球中发生反应的离
子方程式为___________。
(3)由反应现象能否得出活泼性Br2＞I2的结论？回答并说明理由___________。
(4)实验室还可通过以下反应制取氯气：
反应② 2KMnO4 +16HCl=2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑+ 8H2O；
反应③ MnO2 +4HCl(浓)
MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O；
若要制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为___________。
(5)通过反应①~③，比较反应中氧化剂的氧化性强弱___________，(用“＞”、“＜”或“=”连接)说
明判断依据：___________。
(6)通过反应①~③，可以知道HCl 的还原性强弱与___________、___________等因素有关。
【答案】(1)
(1 分)
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KClO3(1 分) Cl (1 分)
(2)蓝色(1 分) Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (1 分)
(3)不能，吸有KI 淀粉溶液的棉球颜色变为蓝色，不一定是Br2将KI 中的I-氧化为I2使淀粉溶液变蓝，
可能是Cl2直接将KI 中的I-氧化为I2从而使淀粉溶液变蓝(2 分)
(4)1：1(2 分)
(5) KMnO4＞KClO3＞MnO2(2 分) 氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的反应条件越简单(2
分)
(6)浓度(1 分) 反应条件(1 分)
【解析】(1)常温下KClO3与浓盐酸反应制取氯气，KClO3中的Cl 元素化合价由+5 价降低至0 价，得
到电子被还原，作氧化剂，HCl 中Cl 元素化合价由-1 价升高至0 价，失去电子被氧化，作还原剂，根据得
失电子守恒、原子守恒配平方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：
。
(2)制取的Cl2或者Cl2可将Br-氧化生成的Br2均可将KI 中的I-氧化为I2，I2可以是淀粉溶液变成蓝色，
Cl2可将Br-氧化为Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
(3)吸有KI 淀粉溶液的棉球颜色变为蓝色，不一定是Br2将KI 中的I-氧化为I2使淀粉溶液变蓝，可能是
Cl2直接将KI 中的I-氧化为I2从而使淀粉溶液变蓝，因此由该反应现象不能得出活泼性Br2＞I2的结论。
(4)根据方程式可知，反应②和③中均是将Cl-氧化为Cl2，因此制得相同质量的氯气，反应②和③中电
子转移的数目相同，即数目之比为1：1。(5)氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的反应条件越简单，
反应条件③＞①＞②，因此氧化性：KMnO4＞KClO3＞MnO2。(6)反应①~③中还原剂HCl 的浓度和反应条
件不同，因此可以知道HCl 的还原性强弱与浓度和反应条件等因素有关。
19．
(14 分)钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、
FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。
已知：①VOSO4能溶于水，VO2+与Fe 不能反应。
②有机溶剂H2R 对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+。
回答下列问题：
(1)“酸浸、氧化”过程中若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的一种气体，反应的
化学方程式为_______。同时该步骤中V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为_______。
(2)萃取前用“铁粉”对酸浸后的浸出液进行处理，主要目的是_______，为检验处理后的浸出液中是
否含有该杂质离子，可选用的化学试剂是_______(填试剂名称)。
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(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2++H2R
VOR+2H+。为了提高VO2+的产率，反萃取剂可
选用_______。(供选物质：NaCl，NaOH，H2SO4，填写相应物质的化学式)
(4)反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3
-，ClO3
-变为Cl-。当反应1.5molVO2+时，至少需要
KClO3的物质的量为_______mol。
(5)已知NH4VO3难溶于水，Kap=3.0×10-8，向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl 溶液
忽略混合过程中的体积变化，欲使VO3
-沉淀完全，则NH4Cl 溶液的最小浓度为_________(保留两位有效数
字，溶液中某离子浓度≤1×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)
【答案】(1) V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O（2 分） 2V2O3+O2+8H+=VO2++4H2O（2 分）
(2) 将Fe3+还原为Fe2+（2 分） 硫氰化钾溶液（2 分）
(3)H2SO4（2 分）
(4)0.25mol（2 分）
(5)0.16mol/L（2 分）
【解析】根据实验目废钒中提取五氧化二钒，根据流程图可知，向废钒(主要成分V2O3、V2O5、
Fe2O3、FeO、SiO2)中加入硫酸和氧气，铁的氧化物与硫酸反应，V2O3、V2O5转化为VO2+，二氧化硅不与
硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和浸出液，向浸出液中加入铁粉，便Fe3+转化为Fe2+，向反应后
的溶液中加入有机溶剂H2R 萃取VO2+，分液得到含有亚铁离子的水层和含有VO2+的有机层，向有机层中
加入反萃取剂，分液得到含有VO2+的水层和有机层，向反萃取后的水层中加KClO3，使VO2+变为VO3
-，
再向溶液中加入氨水，VO3
-转化为NH4VO3沉淀，高温煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3发生分解反应生成
V2O5。(1)若用浓盐酸代替硫酸，V2O5具有强氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成VOCl2、氯气和水，
反应的化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O，酸浸、氧化过程中发生的反应为酸性条件下V2O3
与氧气发生氧化还原反应VO2+，反应的离子方程式为：2V2O3+O2 +8H+= VO2++4H2O；
(2)由题意可知，有机溶剂H2R 对VO2+及Fe3+萃取率高，但不能萃取Fe2+，因此萃取前用“铁粉” 对
浸出液进行处理，主要目的是将将Fe3+还原为Fe2+，为检验处理后的浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化
学试剂是硫氰化钾溶液，观察是否出现血红色；
(3)由溶剂萃取与反萃取的转化关系VO2+ +H2R
VOR+2H+，可知，提高溶液中氢离子浓度，使
平衡向反萃取方向进行，VO2+溶剂萃取的产率增大，则反萃取剂为H2SO4；
(4)反萃取后的水层中加入氧化剂KClO3，酸性条件下KClO3与VO2+发生氧化还原反应生成VO3
-、Cl-
和水，当反应3mol VO2+时，由得失电子数目守恒可得： n (KClO3)×6=n (VO2+) ×1，n (KClO3)×6=1.5×1，
得n (KClO3) =0.25mol；
(5)向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl 溶液，忽略混合过程中的体积变化)，则沉
淀NaVO3消耗NH4Cl 的物质的量n (NH4Cl) =0.1mol·L-1×0.01L=0.001mol，欲使VO3
-沉淀完全，需要NH4Cl
溶液的浓度为
=
mol/L=3.0×10-2mol/L，因此NH4Cl 溶液的最小浓度
=
=0.16mol/L。
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