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第一章 物质及其变化
（考试时间：60 分钟 试卷满分：100 分）
一、选择题：本大题共22 小题，每小题3 分，共66 分。
1．材料在生产生活中起着重要作用，下列属于新型无机非金属材料的是
A．钢化玻璃
B．醋酸纤维
C．氮化硅陶瓷
D．聚四氟乙烯
【答案】C
【解析】A 项，钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，是传统无机非金属材料，错误；B 项，醋酸纤维是高分
子材料，错误；C 项，氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，正确；D 项，聚四氟乙烯是高分子材料，错
误。
2．水是生命之源，寻找火星水冰是“祝融”号火星车的任务之一、下列关于水的说法正确的是
A．属于两性氧化物
B．既有氧化性又有还原性
C．与H2O2互为同素异形体
D．不属于电解质
【答案】B
【解析】A 项，两性氧化物指的是既能与酸反应又能与碱反应的氧化物，错误；B 项，水电解生成氢气和
氧气的反应中，水既做氧化剂也做还原剂，正确；C 项，同素异形体为由同种元素组成的不同单质，水及
双氧水为化合物，错误；D 项，水为弱电解质，错误。
3．（2025·安徽师范大学附属中学模拟）科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说
法错误的是
A．中国第三艘常规动力航母的燃料油主要成分为烃
B．发现了月壤中的“嫦娥石
”，其成分属于无机盐
C．革新了海水原位电解制氢工艺，其关键材料多孔聚四氟乙烯有很强的耐腐蚀性
D．神舟十七号问天实验舱使用了石墨烯导热索技术，石墨烯属于有机高分子材料
【答案】D
【解析】A．常规动力航母的燃料油主要成分是烃类物质，A 正确；
B．“嫦娥石
”，由金属离子和酸根离子构成，其成分属于无机盐，B 正确；
C．多孔聚四氟乙烯有很强的耐腐蚀性，可用于革新海水原位电解制氢工艺，C 正确；
D．石墨烯是由碳元素组成的单质，不属于有机高分子材料（有机高分子材料一般是由相对分子质量很大
的分子组成），D 错误；
故选D。
4．(24-25·安徽省黄山市·二模)宣城与黄山是徽文化的发源地之一，其物质和文化遗产中蕴含丰富的化学原
理和知识。下列说法正确的是
A．徽州古建筑彩绘颜料中的红色成分之一是
B．宣纸“纸寿千年”因其成分纤维素不能水解
1
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C．徽墨中松烟(炭黑)的制备过程未涉及氧化还原反应
D．传统徽菜“臭鳜鱼”发酵过程中蛋白质发生了皂化反应
【答案】A
【解析】A．
为红棕色固体，可以用作古建筑彩绘颜料，A 正确；
B．纤维素可以水解为葡萄糖，B 错误；
C．徽松烟(炭黑)的制备过程中，涉及单单质碳的生成，涉及氧化还原反应，C 错误；
D．“臭鳜鱼”发酵过程中蛋白质发生了变性，油脂在一定条件下可以发生皂化反应，D 错误；
故选A。
5．(24-25·安徽省池州市·二模)安徽省文化底蕴深厚，非遗文化丰富，下列说法错误的是
A．池州市傩戏中人物所戴的木质面具，其主要成分是纤维素
B．安徽省博物馆中的青铜圆鼎中掺杂锌、锡等金属，其熔点和纯铜不同
C．徽墨制作过程中用到的烟灰，其主要成分炭黑属于无定形碳
D．安徽的非遗鱼灯闹元宵，其中燃料蜡烛油属于油脂
【答案】D
【解析】A．木质面具，由木材加工而成，其主要成分是纤维素，A 正确；
B．青铜圆鼎中掺杂锌、锡等金属，其属于合金，合金的熔点通常比它的成分金属低，所以其熔点和纯铜
不同，B 正确；
C．烟灰的主要成分炭黑，属于无定形碳，C 正确；
D．蜡烛油的主要成分是石蜡，只含碳氢两种元素，不属于油脂，属于烃，D 错误；
故选D。
6．（2025·辽宁省丹东市上学期月考）下列物质的性质、用途及其分类均正确的是
选项
物质
性质
用途
分类
A
碳酸氢钠
细小白色晶体
用于纺织、玻璃
酸式盐
B
磁性氧化铁
黑色
用作油漆、涂料和橡胶的染料
碱性氧化物
C
聚乙烯
无色，耐腐蚀
用作食品、药物的包装材料
纯净物
D
次氯酸钙
强氧化性
用作漂白、杀菌消毒
正盐
【答案】D
【解析】A 项，碳酸氢钠是细小白色晶体，可用于治疗胃酸过多，制发酵粉，属于酸式盐，碳酸钠可用于
纺织、玻璃，错误；B 项，磁性氧化铁是四氧化三铁，黑色固体，是复杂氧化物，可用作红色油漆和涂料
和橡胶的染料的是红色氧化铁，错误；C 项，聚乙烯为有机高分子化合物，可用作食品、药物的包装材
料，由于n 不同，不属于纯净物，错误；D 项，次氯酸钙具有强氧化性，可以使蛋白质变性，可用于消毒
杀菌，属于正盐，正确。
7．（2025·安徽省A10 联盟最后一卷）我国传统工艺是各民族的智慧结晶。下列叙䢞正确的是
A．修复文物所用的熟石膏是
B．“银胎掐丝珐琅”用到的硅酸盐珐琅化学性质稳定
C．在制玻璃的原料中，添加适量的
，可制得蓝色玻璃
2
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D．传统鎏金工艺中需将金溶于汞中制成“金汞漆”，溶解过程发生化学变化
【答案】B
【解析】A．修复文物所用的熟石膏是
，A 错误；
B．硅酸盐珐琅是一种以石英、瓷土、长石、硼砂等矿物质为原料，经过粉碎、熔炼后制成的硅酸盐类装
饰材料，具有良好的耐火性和化学稳定性，B 正确；
C．
呈砖红色，蓝色玻璃一般是添加钴的氧化物，C 错误；
D．传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表
面，溶解过程发生物理变化，D 错误；
故选B。
8．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH 减小的是
A．向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀
B．向NaOH 和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]
D．向H2S 溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
【答案】D
【解析】A 项，向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，并未发
生氧化还原反应，再忽略体积变化，H＋的浓度不变，其pH 不变，不符合题意；B 项，向NaOH 和Fe(OH)2
的悬浊液中通入空气，氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2＋2H2O＋O2＝
4Fe(OH)3，但该过程中消耗水，增大了氢氧根离子的浓度，pH 会变大，不符合题意；C 项，向NaHCO3溶
液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中元素的化合价没有发生变化，故没有发生
氧化还原反应，不符合题意；D 项，向H2S 溶液中通入氯气发生氧化还原反应生成HCl 和单质硫沉淀，增
大了H＋的浓度，pH 减小，符合题意。
9．下列各组离子能大量共存的是
A．在c(H+)=1 mol·L－1的溶液中：NH、Al3＋、OH－、SO4
2－
B．在新制氯水中：Fe2＋、Mg2＋、NO3－、Cl－
C．在加入NH4HCO3产生气体的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
D．加入Al 片能产生H2的溶液：NH、Ca2＋、HCO3－、NO3－
【答案】C
【解析】A 项，在c(H＋)＝1 mol·L－1的溶液中不可能有大量的OH－，且NH、Al3＋、OH－三者不能大量共
存，不符合题意；B 项，在新制氯水中含有Cl2、HClO 等氧化性微粒，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，不符合题
意；C 项，在加入NH4HCO3产生气体的溶液中即强酸性溶液或者强碱溶液，即含有大量的H＋或者OH－，
H＋和OH－与Na+、Ba2＋、Cl－、NO3－均不反应，能够大量共存，符合题意；D 项，加入Al 片能产生H2的
溶液即强酸性溶液或者强碱溶液，即含有大量的H＋或者OH－，H＋、HCO3－，OH－与NH、Ca2＋、HCO3－
之间也不能大量共存，不符合题意。
10．下列离子方程式正确的是
A．用CuSO4溶液除H2S 气体：Cu2＋＋S2－＝CuS↓
3
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B．H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液：H2SO3＋Ba2＋＝BaSO3↓＋2H＋
C．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：2HCO3－＋Cl2＝2CO2＋Cl－＋ClO－＋H2O
D．用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋
【答案】D
【解析】A 项，H2S 在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋，错
误；B 项，酸性条件下NO3－会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2＋与SO4
2－形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2
时的离子方程式为Ba2＋＋2NO3－＋3H2SO3＝BaSO4↓＋2NO↑＋2SO4
2－＋4H＋＋H2O，滴加足量Ba(NO3)2时
的离子方程式为3Ba2＋＋2NO3－＋3H2SO3＝3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋＋H2O，错误；C 项，电离平衡常数：
Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO 与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为
Cl2＋HCO3－＝Cl－＋HClO＋CO2，错误；D 项，Cu 与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程
式为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，正确。
11．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应的离子方程式书写错误的是
A．漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca2＋＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2H＋
B．氯气通入氢氧化钠溶液制“84”消毒液：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
C．过氧化钠溶于水制氧气：2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑
D．用氯化铁溶液蚀刻覆铜板：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋
【答案】A
【解析】A 项，漂白粉溶液吸收CO2后产生CaCO3沉淀和HClO，离子方程式是Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O
＝CaCO3↓＋2HClO，错误；B 项，Cl2通入NaOH 溶液反应的离子方程式：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋
H2O，正确；C 项，Na2O2溶于水制O2的离子方程式为2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑，正确；，D
项，FeCl3和Cu 反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，正确。
12．下列实验对应的离子方程式不正确的是
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O
B．将少量SO2通入NaClO 溶液：SO2＋H2O＋2ClO－＝SO3
2－＋2HClO
C．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2＝2NH＋SO3
2－＋H2O
D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液:Ag＋＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]＋＋2H2O
【答案】B
【解析】A 项，根据少定多变的原则可知，将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合的离子方程式为
HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，正确；B 项，由于HClO 具有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫
酸根离子，离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－＝SO4
2－＋2HClO＋Cl－，错误；C 项，用过量氨水吸收工业尾
气中的SO2生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3·H2O＋SO2＝2NH＋SO3
2－＋H2O，正确；D 项，向氨水中滴
入少量硝酸银溶液生成二氨合银离子，离子方程式为Ag＋＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，正确。
13．铁铵矾[NH4Fe(SO4)2·12H2O]常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是
A．铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓
B．向铁铵矾溶液中通入H2S 气体：2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋
C．在强碱溶液中，铁铵矾与NaClO 反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe3＋＋6OH－＝2FeO＋3Cl－＋H2O＋4H＋
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D．向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Fe3＋＋2SO＋2Ba2＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓＋2BaSO4↓
【答案】B
【解析】A 项，NH3·H2O 为弱电解质，不可拆分，错误；B 项，向铁铵矾溶液中的Fe3＋能将H2S 氧化为硫
沉淀，正确；C 项，强碱性溶液的离子方程式中，不能出现H＋，错误；D 项，过量的Ba(OH)2会与NH 反
应生成NH3·H2O，错误。
14．（2025·皖南八校三模）离子方程式是一种重要的化学用语，它是用实际参加反应的离子符号来表示离
子反应的式子。下列反应对应离子方程式的书写正确的是
A．
溶液中滴加过量烧碱溶液：
B．
溶液中通入等物质的量的
C．将少量
通入漂白粉溶液：
D．
溶液中滴加少量澄清石灰水：
【答案】B
【解析】A．过量烧碱能使
沉淀溶解，
溶液中滴加过量烧碱溶液，反应的离子方程式
为：
，A 错误；
B．
的还原性比
强，
溶液中通入等物质的量的
，
先氧化
，多余的
再氧化部分
的
，反应的离子方程式为：
，B 正确；
C．ClO-具有强氧化性，能将S 元素由
价氧化为
价，将少量
通入漂白粉溶液，反应的离子方程式
为：
，C 错误；
D．
溶液中滴加少量澄清石灰水，反应的离子方程式为：
，D 错误；
故选B。
15．过量SO2与以下0.1 mol·L－1的溶液反应，下列总反应方程式错误的是
溶液
现象
化学方程式
A
Na2S
产生淡黄色沉淀
3SO2＋2Na2S＝3S↓＋2Na2SO3
B
FeCl3
溶液由棕黄色变浅绿色
2FeCl3＋SO2＋2H2O＝2FeCl2＋H2SO4＋2HCl
C
CuCl2
溶液褪色，产生白色沉淀
SO2＋2CuCl2＋2H2O＝2CuCl↓＋H2SO4＋
2HCl
D
Na2CO3(含酚酞)
溶液由红色变无色
2SO2＋Na2CO3＋H2O＝CO2＋2NaHSO3
【答案】A
【解析】A 项，过量SO2与0.1 mol·L－1的Na2S 溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO3，
SO2过量不能生成Na2SO3，因此，总反应的化学方程式为5SO2＋2Na2S＋2H2O＝3S↓＋4NaHSO3，错误；
B 项，过量SO2与0.1 mol·L－1的FeCl3溶液反应，生成FeCl2、H2SO4、HCl，总反应的化学方程式为2FeCl3
＋SO2＋2H2O＝2FeCl2＋H2SO4＋2HCl，正确；C 项，过量SO2与0.1 mol·L－1的CuCl2溶液反应，生成的白
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色沉淀是CuCl，总反应的化学方程式为O2＋2CuCl2＋2H2O＝2CuCl↓＋H2SO4＋2HCl，正确；D 项，
Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量SO2与0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液反应，生成
CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为2SO2＋Na2CO3＋
H2O＝CO2＋2NaHSO3，正确。
16．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向0.1 mol·L－1 H2O2溶液中滴加0.1 mol·L－1 KMnO4溶液，观察溶
液颜色变化
H2O2具有氧化性
B
向2 mL NH4Fe(SO4)2溶液中滴加几滴0.1 mol·L－1 KI 溶液，再滴加
淀粉溶液，观察溶液颜色变化
Fe3＋是否具有氧化性
C
向KBr、KI 混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡后静置，
观察CCl4层颜色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D
向Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉，再通入HI 气体，观察现象
比较Fe3＋与I2氧化性的强弱
【答案】B
【解析】A 项，KMnO4溶液具有强氧化性，将H2O2氧化成O2，体现H2O2的还原性，不能达到探究目的，
错误；B 项，向2 mL NH4Fe(SO4)2溶液中滴加几滴0.1 mol·L－1 KI 溶液，再滴加淀粉溶液变蓝，说明Fe3＋
具有氧化性，正确；C 项，向KBr、KI 混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡后静置，少量氯水先将
KI 氧化为I2，仅能证明氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，错误；D 项，向
Fe(NO3)3溶液中滴加淀粉，再通入HI 气体，溶液变蓝，由于硝酸的氧化性强于Fe3＋，可能硝酸氧化了I－，
因此不能比较Fe3＋与I2氧化性的强弱，错误。
17．(24-25·安徽省合肥市·二模)聚氮化硫
是一种人工合成的聚合物，以
为原料可通过以下两步
反应合成
，下列说法正确的是
A．
属于有机高分子
B．
和
互为同素异形体
C．反应①中
既是氧化剂又是还原剂
D．
和
的混合物中约含
个S 原子
【答案】C
【来源】安徽省合肥市2025 届高三下学期第二次教学质量检测化学试题
【解析】A．
中不含C 元素，不属于有机高分子，A 错误；
B．同素异形体为同种元素形成的不同单质，
和
均为化合物，B 错误；
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C．电负性N>S，
中N 显负价，S 显正价，反应①产物中有N2（N 为0 价）和Ag2S（S 为-2 价），N
元素化合价升高，S 元素化合价降低，故此反应中
既是氧化剂又是还原剂，C 正确；
D．
和
的混合物的最简式为SN，23g 混合物中含S 原子的个数为：
，
约为
，D 错误；
故选C。
18．Na2S2O8－Co3O4可作为光催化水生产物质X 的高效催化剂，反应部分机理如题图所示。下列说法正确
的是
A．Co 元素位于元素周期表IB 族
B．在激光作用下，Na2S2O8发生氧化反应
C．物质X 为H2
D．工业上煅烧CoCO3制备Co3O4的反应：6CoCO3＋O2====2Co3O4＋6CO2
【答案】D
【解析】根据图示，过程Ⅰ中，S2O8
2－与Co3O4反应生成SO4
2－和Co3+，过程Ⅱ中Co3+转化为Co4+，过程
Ⅲ，Co4+与H2O 生成Co3O4与O2，以此分析。
A 项，Co 为27 号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，错误；B 项，Na2S2O8中硫的化合价为＋6，Na
为＋1 价，则正价总数为14，所以负价总数为14，含有1 个过氧键(-O-O-)，则Na2S2O8发生还原反应，错
误；C 项，根据分析，Co4＋化合价降低发生还原反应生成Co3O4，反应为3Co4＋＋6H2O＝Co3O4＋O2↑＋
12H＋，则X 为氧气，错误；D 项，煅烧CoCO3制备Co3O4，根据原子守恒得：6CoCO3＋O2====2Co3O4＋
6CO2，正确。
19．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O＝2Fe2＋＋4SO4
2－＋4H＋，实
现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A．该反应消耗1 mol O2转移4 mol 电子
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3＋
C．反应Ⅲ是氧化还原反应
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D．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋4NO＋2H2O
【答案】C
【解析】A 项，由图可知，O 元素由0 价下降到－2 价，该反应消耗1 mol O2转移4 mol 电子，正确；B
项，反应Ⅱ的Fe3＋由＋3 价变成＋2 价，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3＋，正确；C 项，反应Ⅲ中无元素化合价
变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，错误；D 项，Fe(NO)2＋中铁由＋2 价变＋3 价，氧气中氧由0 价变成
－2 价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋4NO＋2H2O，正确。
20．某小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸浸”时使用98％的浓硫酸代替稀硫酸有利于提高原料利用率
B．“氧化”后溶液中存在的阳离子有：H＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋
C．“调节pH”时可以选择CuO 或Cu(OH)2
D．“还原”过程中消耗的CuSO4、N2H4的物质的量之比为1 4∶
【答案】C
【解析】废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)加入稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜，加入双氧水氧
化亚铁离子变为铁离子，调节溶液pH 值沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入N2H4还原硫酸铜生成氧化亚铜
和氮气。
A 项，“酸浸”时使用98％的浓硫酸会氧化亚铁离子，产物污染性的气体，消耗的硫酸量会增多，不利于
提高原料利用率，错误；B 项，氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，因此“氧化”后溶液中存在的阳
离子有：H＋、Fe3＋、Cu2＋，错误；C 项，“调节pH”时主要是沉淀铁离子，而需要保留，因此选择CuO 或
Cu(OH)2来消耗氢离子，促进铁离子水解，正确；D 项，“还原”过程硫酸铜化合价降低1 个价态，N2H4
化合价升高变为氮气，升高4 个价态，因此“还原”中消耗的CuSO4、N2H4的物质的量之比为4 1∶，错误。
21．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊
（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
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【解析】A 项，根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是
NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，正确；B 项，由反应①化合价变
化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，正确；C 项，据流程图反应②，在
ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素
的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，错误；D 项，据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，
ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，正确。
22．（2025·安徽省A10 联盟最后一卷）在
作用下［
是一种配离子，EDTA 是
其配体］，
混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。
已知：①烟气中的
会将
氧化为
，从而降低，
与NO 的配合能
力。
②酸性较强环境下，EDTA 易与溶液中
结合，降低
与NO 的配合能力。
H
③
表示活性吸附氢。
下列叙述错误的是
A．H 可以还原
，实现
的再生
B．
络合液的pH 越大，越有利于吸收NO
C．脱除NO 的反应为：
D．适当增大HCOOH 浓度，可提高NO 的脱除率
【答案】B
【解析】A．烟气中的
会将
氧化为
，H 可以还原
，实现
的再生，A 正确；
B．
络合液的pH 过大，
生成
，NO 吸收率降低，B 错误；
C．脱除NO 的过程中，吸附活性氢（
）还原
，方程式为
，C 正确；
D．适当增大HCOOH 浓度，产生的活性吸附氢量增多，NO 脱除率增大，D 正确；
故选B。
二、非选择题：本大题共6 小题，共34 分。
23．（4 分）以盐湖锂矿(主要成分为Li2O••Al2O3 •4SiO2，还含有Fe2＋及少量有机物等)为原料制备Li2CO3
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的方法如下：
净化：
①加碱调节滤液的pH 至弱碱性，使Al3＋沉淀；将再加入适量Ca(ClO)2溶液将Fe2＋转化为沉淀，过滤。
ClO－与Fe2＋反应的离子方程式为_________________________________________________________。
②调节滤液的pH，再加入适量Na2CO3粉末，过滤，得Li2SO4溶液。过滤所得滤渣的主要成分是
___________。
【答案】①ClO－＋2Fe2＋＋4OH－＋H2O＝Cl－＋2Fe(OH)3↓ ②CaCO3
【解析】①适量Ca(ClO)2溶液可将Fe2＋转化为沉淀，但是Ca(ClO)2本身具有氧化性，把Fe2＋先氧化成Fe3
＋，再转化成沉淀,该沉淀是Fe(OH)3，所以ClO—与Fe2＋反应的离子方程式为ClO－＋2Fe2＋＋4OH－＋H2O
＝Cl－＋2Fe(OH)3↓；②适量Ca(ClO)2溶液将Fe2＋转化为沉淀，滤液中存在Ca2＋，再加入适量Na2CO3粉末
后，发生反应Ca2＋＋CO3
2－＝CaCO3↓，则滤渣的成分是CaCO3。
24．（8 分）（1）以软锰矿粉（含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg 等的氧化物）为原料制备电池级
MnO2。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中（如图），70 ℃
下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是____________；MnO2转化
为Mn2＋的离子方程式为______________________________________________________。
（2）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮（以NH3、NH 形式存在），在酸性条件下，NaClO 将废水中的
NH 转化为N2，反应的离子方程式为____________________________________________________。
【答案】（1）H2SO4溶液 MnO2＋SO3
2－＋2H＋＝Mn2＋＋SO4
2－＋H2O （2）3ClO－＋2NH＝N2↑＋3Cl－
＋3H2O＋2H＋
【解析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减
小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根离子还原为Mn2＋的离子方程式为MnO2＋SO3
2－
＋2H＋＝Mn2＋＋SO4
2－＋H2O；（2）NaClO 具有氧化性，NH 中的N 呈－3 价，被氧化为N2，还原产物为
氯化钠，则该反应的离子方程式为3ClO－＋2NH＝N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋。
25．（4 分）α－FeOOH 在环境保护等领域有广泛应用。
（1）在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH 溶液，使溶液
pH 控制在4～4.5 之间。一段时间后，过滤、洗涤得α－FeOOH 固体。
制备1 mol α－FeOOH 理论上需要NaClO3的物质的量为___________mol；实际生产过程中所加NaClO3低
于理论用量的原因是___________________________________________。
【答案】 少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量
【解析】Fe2＋化合价升高，失去1e－生成Fe3＋，ClO3－中Cl 由＋1 价降低，得到6e－生成Cl－，则参加反应
Fe 与Cl 的个数比为6 1∶，故1 molα−FeOOH 理论上需要NaClO3的物质的量为 mol；或ClO3－得6 e
－——\s\up 4()Cl
－、Fe2＋失1 e
－——\s\up 4()FeOOH，由得失电子数目守恒可知，n(ClO3－)×6＝n(Fe2＋)×1，n(ClO3－)×6＝1 mol×1，
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n(ClO3－)×6＝ mol；因少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3
低于理论用量；故答案为：；少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量。
26．（4 分）碲(Te)是元素周期表中第ⅥA 元素，广泛应用于半导体材料、特殊合金等领域。从碲铜渣中
(含Cu2Te 及少量CuTeO4、Pb 等化合物)可提取单质碲。
Ⅰ．干法炼碲
（1）将碲铜渣加热熔化后，向其中分批加入一定量还原碳粉，控制反应温度400～500℃，发生反应
2CuTeO4＋4C==========Cu2Te＋Te＋4CO2↑。每消耗1 mol CuTeO4，反应中转移电子的物质的量为
_______mol。
（2）已知：常温下硫磺、单质碲的沸点分别为445℃、1 390℃。将还原后的碲铜渣与稍过量硫磺混合加
热，得到Cu2S、Te 和硫磺混合物。将混合物置于真空炉中，控制蒸馏温度1050℃，可收集得到较纯净的
Te．在真空炉中进行蒸馏的原因是______________________________________________。
【答案】（1）8 （2）减小压强，降低Te 的沸点；防止Te 被氧化
【解析】（1）碲(Te)是元素周期表中第ⅥA 元素，CuTeO4 中Te 元素为＋6 价，根据反应2CuTeO4＋
4C==========Cu2Te＋Te＋4CO2↑可知，化合价降低的元素为Cu、Te，化合价升高的元素为C，因此有
2CuTeO4～4C～4CO2～16e—，每消耗1 mol CuTeO4，反应中转移电子的物质的量为8 mol，故答案为8；
（2）单质碲的沸点为1 390℃，但真空炉中控制蒸馏温度1 050℃，可收集得到较纯净的Te，因此在真空
炉中进行蒸馏的原因是减小压强，降低Te 的沸点；防止Te 被氧化，故答案为：减小压强，降低Te 的沸
点；防止Te 被氧化。
27．（8 分）燃煤烟气中含有大量SO2和NO。某实验室模拟“软锰矿粉同步脱硫脱硝技术”并制备
MnSO4·H2O，部分流程如下：
已知：①软锰矿粉（主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质）。
②Ksp(MnF2)＝1.6×10－3；Ksp(CaF2)＝8.0×10－11。
NO
③
＋O3
NO2＋O2。
（1）①“浸锰”过程中，SO2发生的主要反应的化学方程式为_______________________________。
②滤渣Ⅰ的主要成分为_______________（写化学式）。
（2）“除气”过程中，烟气中混入一定量O3可提高NO 的脱除率，其可能的原因是
_____________________________________________________。
（3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量的MnO2和MnCO3，反应的离子方程式为
______________________________________________________________________。
【答案】（1）①MnO2＋SO2＝MnSO4 ②SiO2、CaSO4 （2）O3可将NO 氧化为NO2 （3）MnO2＋
MnCO3＋2Fe2＋＋3H2O＝2Fe(OH)3＋2Mn2＋＋CO2↑
【解析】软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质），软锰矿中Fe2O3、CaO 分别
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与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4，Fe3＋被SO2还原成Fe2+，MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4，
化学方程式为MnO2＋SO2＝MnSO4，则滤渣I 为CaSO4和SiO2；向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3，
MnO2可将Fe2+转化为Fe3+，MnCO3可调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入
MnF2，可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去，则滤渣Ⅲ为CaF2，滤液Ⅲ为MnSO4溶液。
（1）①“浸锰”过程中，SO2 将MnO2 转化为MnSO4，故SO2 发生的主要化学方程式为MnO2＋SO2＝
MnSO4；②由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、SiO2；（2）NO 难溶于水，“除气”时，烟气中混入
的一定量O3可将NO 氧化为NO2，而NO2易与水反应，故可提高NO 的脱除率；（3）“滤液Ⅰ”中加入
等物质的量的MnO2和MnCO3，MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，并转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应的离子方程式
为MnO2＋MnCO3＋2Fe2＋＋3H2O＝2Fe(OH)3＋2Mn2＋＋CO2↑。
28．（6 分）钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，
分离回收钴渣中钴、镍的工艺流程如下。
已知：①酸浸液主要含有Zn2＋、Co2＋、Fe2＋、Ni2＋、Mn2＋等金属阳离子；
（1）除锰。在酸性条件下，向除镍后的溶液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2＋，反应生成MnO2和SO4
2
－的离子方程式为_______________________________________________________________。
（2）沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH 氧化沉Co2＋。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会
生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO 杂质，反应的化学方程式是
________________________________________________。
【答案】（1）Mn2＋＋S2O8
2－＋2H2O＝2SO4
2－＋MnO2↓＋4H＋
（2）4Co(OH)3====4CoO＋O2↑＋6H2O
【解析】首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2＋、Co2＋、Fe2＋、Ni2＋、Mn2＋等金属阳离子，随后分别
除去铁、镍、锰，最终得到产品。
（3）该反应中Mn2＋被氧化为MnO2，同时Na2S2O8还原为SO4
2－，离子方程式为Mn2＋＋S2O8
2－＋2H2O＝
2SO4
2－＋MnO2↓＋4H＋。（4）根据题意Co（OH）3中Co 被还原为CoO 杂质，同时氧的化合价升高为O2，
化学方程式为4Co(OH)3====4CoO＋O2↑＋6H2O。
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