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第一章 物质及其变化
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Mg 24 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共45 分）
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.中华传统文化源远流长，下列说法与氧化还原反应无关的是
A．《七步诗》：“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”
B．《抱朴子》：“丹砂(注：HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”
C．《周礼》：“煤饼烧蛎房(注：牡蛎壳)成灰”
D．《咏煤炭》：“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”
【答案】D
【解析】A．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”涉及燃烧，有元素化合价的升降，与氧化还原反应有关，A 不
符合题意；
B．升华和凝华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS 发生分解反应生成水银，积变又还成丹砂，
即Hg 和S 又生成HgS，两个过程均为氧化还原反应，B 不符合题意；
C．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为CaCO3，CaCO3灼烧生成CaO，但“煤饼”燃烧属于氧化还原反应，C
不符合题意；
D．“乌金”的主要成分为煤炭，上述说法中，描述的是开凿得到煤炭的语句，与氧化还原反应无关，D
符合题意；
故选D。
2.胃酸主要由盐酸构成，若胃酸分泌过多，常会出现反酸、胃部隐隐作痛等消化道不适。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
【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。
3．下列物质用途对应的物质性质与氧化还原反应有关的是
选
项
物质用途
物质性质
A
用碎鸡蛋壳改良酸性土壤
能与土壤中的酸性物质发生复分解反应
B
用84 消毒液漂白衣物
NaClO 具有强氧化性
C
用聚乳酸制作可降解餐具
聚乳酸中的酯基可发生水解反应
D
用生石灰保持仓库干燥
CaO 能与水发生化合反应
【答案】B
【解析】A．
与酸性物质发生复分解反应，反应过程中所有元素化合价均未发生变化，不属于氧化
还原反应，A 不符合题意；B．
具有强氧化性，漂白衣物时
发生还原反应，有色物质被氧
化，存在元素化合价升降，与氧化还原反应有关，B 符合题意；C．聚乳酸中酯基的水解反应属于取代反
应，反应过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C 不符合题意；D．
与水发生化合反应
生成
，反应中所有元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，D 不符合题意；故选B。
4．纳米级Cu2O 具有优良的催化性能。一种制备原理是：
。将纳米级Cu2O 分散在水中能形成胶体。下列叙述正确的是
A．丁达尔效应是分散质粒子对光线散射造成的
B．每转移
电子，可制得Cu2O 胶粒数约为
C．该胶体中分散剂粒子直径为
D．持续加热上述胶体能观察到砖红色溶液
【答案】A
【解析】A．丁达尔效应是胶体中分散质粒子对可见光散射造成的，可用于区分溶液和胶体，A 正确；
B．每转移2mol 电子可生成1mol Cu2O，但Cu2O 胶粒是多个Cu2O 的聚集体，因此生成的Cu2O 胶粒数小
于6.02×1023，B 错误；
C．胶体中直径在1~100nm 之间的是分散质粒子，该胶体分散剂为水，其粒子直径小于1nm，C 错误；
D．持续加热胶体会发生聚沉，观察到的是砖红色沉淀而非砖红色溶液，D 错误；
故选A。
5．下列实验的操作、现象与结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向某无色溶液中先滴加稀硝酸，再滴加
溶液
开始无明是现象，后产
生白色沉淀
该无色溶液中含有
B
向某溶液中先滴加KSCN 溶液，再滴入
少量新制氯水
开始无明显现象，后溶
液变为红色
该溶液中一定含有
C
将某无色气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
该无色气体中一定
含有
D
向淀粉溶液中先加入稀硫酸，加热，冷
却后，加入几滴碘水
溶液变蓝
淀粉未发生水解
【答案】B
【解析】A．滴加稀硝酸无现象说明不含亚硝酸根离子、碳酸根离子等，再加氯化钡溶液生成白色沉淀，
可能为硫酸钡或氯化银，则溶液X 中含硫酸根离子或阴离子，故A 错误；
B．先滴加KSCN 溶液，无明显现象，溶液中不含Fe3+，再滴入少量新制氯水，溶液变为血红色，说明产
生了Fe3+，该溶液中一定含有Fe2+，故B 正确；
C．某少量气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，反应产生了难溶性的物质，该固体可能是
CaCO3，也可能是CaSO3，则气体可能是CO2，也可能是SO2，因此不能证明该气体一定是CO2，故C 错误；
D．淀粉部分发生水解也会使得溶液变蓝色，故D 错误；
故答案选B。
6.下列各组离子或分子能大量共存且当加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确并完整的是
选项
离子或分子
加入试剂
离子方程式
A
K+、Mg2+、
溶液
B
Na+、
、Cl-
NaOH 溶液
C
K+、NH3·H2O、Cl-
通入少量CO2
D
Ca2+、
、
NaHSO4溶液
【答案】B
【解析】该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量
溶液，发生
，A 错误；该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量
NaOH 溶液，发生
，B 正确；该组离子之间不反应，可大量共存，且加入少量
CO2，发生2NH3•H2O+CO2=
+H2O+2
，C 错误；Ca2+、
反应生成沉淀，加入NaHSO4溶液，
发生
，D 错误；
故选B。
7.向CuSO4溶液中逐滴加入KI 溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合
物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是
A．滴加KI 溶液时，转移2mol 电子时生成1mol 白色沉淀
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
【答案】D
【解析】A．滴加KI 溶液时，反应为2Cu2++4I-＝2CuI↓+I2，当有2molI－参加反应，转移1mole-时生成1mol
白色沉淀，则转移2mol 电子时生成2molCuI 白色沉淀，A 错误；
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2+2H2O＝2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，B 错误；
C．通入SO2时，SO2与I2反应，SO2+I2+2H2O＝2HI+H2SO4，I2作氧化剂，C 错误；
D．依据反应2Cu2++4I-＝2CuI↓+I2，SO2+I2+2H2O＝2HI+H2SO4，物质的氧化性，得到Cu2+＞I2＞SO2，D 正
确；
8.某固体混合物
，含有
、
、
、
和
中的几种，进行如下实验：
①将固体
溶于水，有气泡冒出，得到有色沉淀
和弱碱性溶液
；
②沉淀
与足量
溶液作用，沉淀部分溶解。
下列说法不正确的是
A．混合物
中必定含有
和
B．溶液
中含有
C．可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应，确定
是否存在
D．往溶液
中加入
粉，若不溶解，说明
中不含
【答案】D
【解析】A．由分析可知，
中必定含有
和
，A 正确；
B．溶液Z 呈弱碱性，则溶液中含有Na2CO3，
水解会生成
，故一定含有NaHCO3，B 正确；
C．可以透过蓝色钴玻璃观察焰色反应是否为紫色，确定
是否存在，C 正确；
D．溶液Z 含有Na2CO3，呈弱碱性，Na2CO3和FeCl3会发生双水解而不能共存，即溶液Z 中无FeCl3，因此
弱碱性溶液中加铜粉无法说明X 中是否含FeCl3，D 错误；
故选D。
9.下列化学事实与所列离子方程式匹配的是
A
向Na2S溶液中通入过量SO2，溶液变浑浊
SO2+2S
2−+2H2O=3S↓+4OH
−
B
向Ca (ClO)2溶液中通入少量SO2
Ca
2++SO2+3ClO
-+H2O=CaSO4↓+Cl
-+2HClO
C
向苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊
2C6H5O
−+CO2+H2O→2C6H5OH+CO3
2−
D
将氧化铁固体放入HI 溶液中，固体溶解
Fe2O3+6H
+=2Fe
3++3H2O
【答案】B
【解析】向Na2S 溶液中通入过量SO2，最终溶液呈酸性，产物为硫沉淀和HSO3
−，不能生成OH
-，正确离子
方程式为5SO2+2S
2−+2H2O=3S↓+4 HSO3
−，A 错误；向Ca (ClO)2溶液中通入少量SO2，ClO
−具有强氧化
性，可将SO2氧化为SO4
2−生成CaSO4沉淀，部分ClO
−被还原为Cl
−，过量ClO
−与反应生成的H
+结合为HClO
，离子方程式书写正确，B 正确；苯酚酸性强于HCO3
−、弱于H2CO3，向苯酚钠溶液中通入少量CO2，产物为
苯酚和HCO3
−，正确离子方程式为C6H5O
−+CO2+ H2O→C6H5OH+ HCO3
−，C 错误；Fe
3+具有氧化性，I
−具有
还原性，二者会发生氧化还原反应，正确离子方程式为Fe2O3+2I
−+6H
+=2Fe
2++I2+3H2O，D 错误；
故选B。
10．Fe3O4中含有Fe、Fe，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以Fe3O4/Pd 为催化材料，可实现用H2消除酸性废水
中的致癌物NO，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是( )
A．Pd 上发生的电极反应为H2－2e－===2H＋
B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO 被Fe(Ⅱ)还原为N2
D．用该法处理后水体的pH 降低
【答案】 D
解析 由图可知Pd 上氢气失电子生成氢离子，所以电极反应为H2－2e－===2H＋，故A 正确；Fe(Ⅲ)得电子
生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，故B 正确；由
图可知反应过程中NO 得到电子，被Fe(Ⅱ)还原为N2，故C 正确；总反应方程式为2H ＋＋2NO＋
3H2=====N2＋4H2O，所以用该法处理后水体的pH 升高，故D 错误。
11.短程亚硝化厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的
才转变为N2而脱除，其机理如图。下列说法
错误的是
A．O2氧化性大于
B．标准状况下，Ⅱ中转移6mol 电子时生成N222.4L
C．此工艺中被氧化的含氮微粒是
D．参与I 中反应的
【答案】B
【解析】A．过程Ⅰ中
是氧化剂，
是氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物，故
氧化性大于
，A 正确；
B．过程Ⅱ的反应为
，每生成1mol
转移3mol 电子，转移6mol 电子时生成
2mol
，标准状况下体积为44.8L，B 错误；
C．过程Ⅰ中
被氧化为
，过程Ⅱ中
被氧化为
，
被还原，故被氧化的含氮微粒是
，
C 正确；
D．过程Ⅰ中
中N 元素从-3 价升高到+3 价，每个
失6
，每个
得4
，根据电子守恒可得
，D 正确；
故答案选B。
12．在25℃、70℃条件下，分别用相同浓度的NaOH 溶液吸收氯气，其转化关系如图所示：
已知：反应1 中生成NaCl 和X 的物质的量相等；消耗等量的
时，反应1 和反应2 生成NaCl 的质量
比为3:5。下列叙述错误的是( )
A．上述2 个反应中，参与反应的NaOH 与Cl2的物质的量之比均为2：1
B．消耗等量的
时，反应1 和反应2 生成X 和Y 的物质的量之比为3：1
C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低
D．若某温度下生成X 和Y 均为
时，同时生成4 molNaCl
【答案】D
【解析】反应1 中生成NaCl 和X 的物质的量相等，说明Cl2中Cl 元素化合价上升和下降的数目相等，则X
为NaClO，方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；反应1 和反应2 生成NaCl 的质量比为3：5，说明
Cl2和NaOH 反应生成NaCl 和NaClO3，方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。A 项，反应1 为
2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，参与反应的NaOH 与Cl2的
物质的量之比均为2：1，A 正确；B 项，反应1 为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗等量的NaOH 时，反应1 和反应2 生成NaClO 和NaClO3的物质
的量之比为3：1，B 正确；C 项，漂白液中发挥作用的是NaClO 和水、二氧化碳反应生成HClO，而HClO
受热会发生分解，导致有效成分NaClO 的含量降低，C 正确；D 项，由分析可知，反应1 为
2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若某温度下生成NaClO 和
NaClO3均为1mol 时，同时生成1mol +5mol =6mol NaCl，D 错误；
故选D。
13．由铁及其化合物可制得铁红(Fe2O3)、氧化铁、绿矾(FeSO4•7H2O)、高铁酸钾(K2FeO4)、铁黄(FeOOH)等
物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁
黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。工业制备K2FeO4的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4
2-+Cl-
+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( )
A．K2FeO4中Fe 显+6 价 B．ClO-的氧化性大于FeO4
2-
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．每1molK2FeO4与水反应，产生0.5molO2
【答案】D
【解析】A 项，K2FeO4中Fe 显+6 价，A 正确；B 项，ClO-为氧化剂，FeO4
2-为氧化产物，氧化剂的氧化性
大于氧化产物，B 正确；C 项，离子方程式配后为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO4
2-+3Cl-+5H2O，Fe(OH)3为
还原剂，ClO-为氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，C 正确；D 项，K2FeO4与水反应的
离子方程式为：4FeO4
2-+10H2O=4Fe(OH)3 ↓+3O2↑+8OH-，每1molK2FeO4与水反应，产生0.75molO2，D 错
误；故选D。
14.一种以废旧电池正极材料(主要成分为
，其中
为+3 价，还含少量铝箔、炭黑和有机
黏合剂为原料制备
的流程如下：
下列说法错误的是
A．灼烧后的固体产物中，
和
均为+3 价
B．酸浸中
的作用为氧化剂
C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为
D．合成
过程中，有
和
放出
【答案】B
【分析】废旧电池正极材料主要成分为
，其中Co 为+3 价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏
合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸
浸”，双氧水把+3 价Co 还原为+2 价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn2+氧化
为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成
沉淀除镍，滤液中加
碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMnO4；
【解析】灼烧后的固体产物中，金属铝生成氧化铝，故
和
均为+3 价，A 正确；根据分析可知，滤渣
加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3 价Co 还原为+2 价，B 错误；溶液变为紫红色是因为锰元素被
氧化为
，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为
，C 正确；合成
过程中发生的反应为：
，
有
和
放出，D 正确；
故选B。
15.在空气中灼烧
得到
的过程中，固体残留率(剩余固体质量与初始固体质量的比值)如图所
示，下列说法正确的是
A．灼烧时会有
、CO 生成
B．b→c 的反应生成了
C．a→b 的反应为非氧化还原反应
D．整个反应中氧元素全部被氧化
【答案】B
【分析】设初始
物质的量为
，
摩尔质量M=55+12+3×16=115 g/mol，结合各点固体残留
率计算产物组成，a 点：固体质量=115 g×75.65%≈87 g，其中Mn 质量为55 g，则O 质量为87−55=32 g，
n(O)=2 mol，产物为
（Mn 为+4 价）；b 点：固体质量=115 g×68.70%≈79 g，则O 质量为79−55=24
g，n(O)=1.5 mol，产物为
（Mn 为+3 价）；c 点：固体质量=115 g×61.74%≈71 g，则O 质量为
71−55=16 g，n(O)=1 mol，产物为MnO（Mn 为+2 价），据此分析。
【解析】A．
在空气中（氧气充足）灼烧，碳元素全部转化为
逸出，不会生成CO，A 错误；
B．b→c 是
高温分解为MnO，反应为
，确实生成
，B 正确；
C．a→b 中
从+4 价降为+3 价，有化合价变化，属于氧化还原反应，C 错误；
D．第一步反应
中，空气中O 从0 价降为−2 价，被还原，因此氧元素不是
全部被氧化，D 错误；
故选B。
第II 卷（非选择题 共55 分）
二、非选择题(共4 小题，共55 分)
【原创】16.（16 分）Ⅰ.某化学研究小组对某化工园区排放的无色废水进行成分检测，已知该废水可能含
有以下离子中的若干种（各离子浓度均不低于0.1 mol·L −1）：
阳离子：Na+、NH4
+、Fe3+、Ba2+、Al3+
阴离子：H2PO2
-（次磷酸根）、SO4
2-、CO3
2-、Cl-、NO3
-
查阅资料： H2PO2
-具有强还原性，酸性条件下可被NO3
-氧化。
实验操作与现象：
1）. 取100 mL 废水样品，观察为无色澄清溶液，用pH 计测得溶液pH=8.2；
2）. 向步骤 Ⅰ 的溶液中逐滴加入过量稀盐酸，产生无色气体，该气体遇空气迅速变为红棕色；充分反应
后继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
3）. 另取100 mL 废水样品，加入足量浓NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，
标准状况下体积为224 mL；反应过程中始终无沉淀生成；
4). 向步骤 3) 所得溶液中加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀。
请回答下列问题：
(1) 该废水中一定不存在的阳离子是______，判断依据是______。
(2) 该废水中一定存在的阴离子有______；
(3) 综合上述实验，判断Na+是否存在______（填 “是”“否” 或 “无法确定”），并通过计算说明理
由：______。
Ⅱ.次磷酸(
)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：
H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的还原为银，从而可用于化学镀银。
(4)利用
进行化学镀银反应中，氧化剂(
)与还原剂(
)的物质的量之比为4：1，则氧化产物
为___________(填化学式)。
(5)从分类来看，
属于___________。
a．正盐 b．酸式盐 c．钠盐 d．氧化物
(6)
的工业制法是：将白磷(
)与
溶液反应生成
气体和
，后者再与
反应。配平白磷与
溶液反应的化学方程式________。
___________
___________
___________
___________
___________
。
【答案】(1) Fe3+、Ba2+、Al3+（2 分）；废水为无色溶液，故不存在黄色的Fe3+；溶液中含SO4
2-，故不存在
Ba2+；溶液呈弱碱性且加过量NaOH 反应过程中始终无沉淀生成，故不存在Al3+。（2 分）
(2)H2PO2
-、SO4
2-、NO3
- （2 分）
(3)是（1 分）；n(NH4
+)=0.224/22.4 mol·L-1=0.01mol，浓度为0.1mol·L-1，仅提供0.1mol·L-1正电荷；已确定
的阴离子浓度均不低于0.1mol·L-1,负电荷总浓度不低于0.1+0.1+0.2=0.40.1mol·L-1，根据电荷守恒，必须有
其他阳离子补充正电荷，剩余阳离子只有Na+，故Na+一定存在。（3 分）
(4)H3PO4 （2 分）
(5)ac （2 分）
(6) 2 P4 + 3 Ba(OH)2 + 6 H2O =3 Ba(H2PO2)2 + 2 PH3↑ （2 分）
【解析】(1) 该废水中一定不存在的阳离子是Fe3+、Ba2+、Al3+，判断依据是:废水为无色溶液，故不存在黄
色的Fe3+；溶液中含SO4
2-，故不存在Ba2+；溶液呈弱碱性且加过量NaOH 反应过程中始终无沉淀生成，故
不存在Al3+。
(2) 该废水中一定存在的阴离子有:H2PO2
-、SO4
2-、NO3
- 因为：步骤2）加入过量稀盐酸，产生无色气体，
该气体遇空气迅速变为红棕色；证明H2PO2
- 酸性条件下还原NO3
- 。充分反应后继续滴加BaCl2溶液，产生
白色沉淀；证明有SO4
2-。步骤4）无法证明原溶液中Cl-存在，因为步骤2）引入了Cl-。
（3）见答案。
（4）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∶，根据电子守恒，
其反应为
，其中氧化产物为H3PO4；
（5）
只能电离出一个氢离子，
为正盐也是钠盐，故填ac；
（6）该反应为歧化反应，
中
为0 价，1/4 的
变为
中-3 价（得3e⁻），3/4 的
变为
中+1 价
（共失3e⁻），Ba(H2PO2)2：PH3系数比为3:1。 根据电子得失守恒配平该反应为2P4 +3Ba(OH)2 + 6H2O
=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
17．(14 分)工业上以硫铁矿[主要成分为FeS2(二硫化亚铁)，还含有SiO2等，其他杂质忽略不计]制硫酸和铁
红(Fe2O3)的流程如下。回答下列问题：
(1)硫铁矿在“煅烧”前需粉碎，其目的是________。
(2)“催化氧化”时发生反应的化学方程式为________。
(3)“煅烧”时，Fe 元素主要转化为Fe2O3，写出“酸浸”过程中发生反应的化学方程式：________。
(4)滤渣1 的主要成分为________(填化学式)，该物质中所含的化学键类型为________，写出其与NaOH 溶
液反应的离子方程式：________。
(5)试剂X 为________。操作a 的名称为________。
(6)现有1 t 硫铁矿样品，将其在氧气流中充分煅烧，反应完全后得0.8 t 烧渣，则该硫铁矿中FeS2的质量分
数为________。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使煅烧更充分(2 分)
(2)
(2 分)
(3)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O(2 分)
(4)SiO2(1 分) 共价键或极性共价键(1 分) 2OH-+SiO2═SiO3
2-+H2O(2 分)
(5) 98.3%的浓硫酸(1 分) 过滤(1 分)
(6)60%(2 分)
【解析】该工业流程以硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量SiO2)为原料，同时制备硫酸和铁红(Fe2O3)。硫铁矿
在空气中煅烧，发生反应：4FeS2 ＋11O2
2Fe2O3 ＋8SO2 ，生成的SO2 气体经催化氧化：
，再用98.3%浓硫酸吸收，最终得到硫酸产品；煅烧产生的烧渣(含Fe2O3、SiO2)与稀硫
酸酸浸：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，SiO2不反应，以滤渣1 形式除去；向滤液中加NaOH 溶液沉铁：
Fe2(SO4)3+3NaOH=2Fe(OH)3+3Na2SO4，过滤得到Fe(OH)3 沉淀，再经煅烧分解：2Fe(OH)3
Fe2O3+3H2O，制
得铁红。
(1)硫铁矿煅烧前粉碎，可增大固体反应物的接触面积，加快反应速率，使煅烧更充分；
(2)催化氧化过程中，SO2在催化剂、加热条件下与O2反应生成SO3，化学方程式为：
；
(3)煅烧时Fe 元素转化为Fe2O3，酸浸时Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为：Fe2O3
+3H2SO4 ==Fe2(SO4)3+3H2O；
(4)滤渣1 的主要成分为SiO2，其中含有的化学键类型为极性共价键；SiO2与NaOH 溶液反应生成硅酸钠和
水，离子方程式为：2OH-+SiO2═SiO3
2-+H2O；
(5)吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，因此试剂X 为98.3%的浓硫酸；操作a 为过滤，可分离沉铁后的
滤液与滤渣；
(6)设1t 硫铁矿样品中FeS2的质量为x，则有：
，解得
，因此FeS2的质量分数为
。
18.（10 分）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿――→ ―――――――――――――→Mn2＋溶出液――→ Mn2＋纯化液――→ MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：
Fe3＋
Al3＋
Mn2＋
Fe2＋
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_________________________________________________。
②溶出时，Fe 的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是___________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe 与MnO2的物质的量比值为2。
而实际比值(0.9)小于2，原因是______________________________________________________________。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH 有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂
加入顺序及调节pH 的原因：_________________________________________________________________。
(3)电解
Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是_____________________。
【答案】(1)①增大反应速率，提高浸出率（1 分）
ⅰ.MnO
②
2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O （2 分）ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋ （2 分）
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3＋、Al3＋ （3 分）
(3)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋ （2 分）
【解析】(1)
i.
②根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方
程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
ii.根据反应方程式可知，Fe2＋与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2
＋，故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH 有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性
较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋。
(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2＋失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2＋－2e－＋
2H2O===MnO2↓＋4H＋。
19.（15 分）某小组探究金属Na、Mg 与铜盐溶液的反应。实验装置如图所示：
进行如下实验：
实验
金属
现象
Ⅰ
Na
钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生
大量蓝色沉淀和少量黑色固体
Ⅱ
Mg
Mg 条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液温度升高。溶液
中有蓝白色固体生成，经检验含有Cu(OH)2、CuCl。随着反应进行，溶液的pH
逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg 条表面有大量疏松的红色固体析出。
已知：i．金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+；
ii．CuCl 为白色沉淀；[CuCl4]2-显黄色，与过量铜离子混合显绿色。
(1)经检验，I 中产生的黑色固体是CuO，I 中生成CuO 过程中的反应有___________(离子方程式)、
。
(2)探究实验Ⅱ中橙黄色浊液中浑浊物的主要成分
①产物预测：从价态角度分析Cu 具有的性质是___________，能够和CuCl2反应，故甲同学推测橙色浑浊
物中含有CuCl。
②依据猜测他进行了如下实验：
实验Ⅲ
现象
取Cu 粉与适量1 mol/L CuCl2溶液混合
一段时间后无白色沉淀产生
该同学再次分析Mg 与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu 与CuCl2溶液反应生成了
CuCl，他的改进方法为___________。
③查阅资料，实验Ⅱ中的橙色浑浊物中主要成分为Cu2O，进行以下实验：
实验IV
现象
向实验Ⅱ反应后的浊液中加入足
量盐酸
沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底
部出现红色铜
反应的离子方程式为___________、
。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ，解释Mg 与CuCl2溶液反应既有Cu(OH)2又有Cu 生成的原因是___________。
(4)利用实验V 探究其他条件相同时，镁与硫酸铜溶液能否反应生成Cu(+1)，烧杯中加入的溶液a 是
___________。
实验
金属
溶液
现象
V
Mg
a
剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫
红色固体，且不断增多：体系颜色变化：淡蓝色溶
液→几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。
(5)综合上述实验，影响Na、Mg 和铜盐溶液反应产物的因素有___________(写两点)。
【答案】(1)
（2 分）
(2) Cu 具有还原性（1 分） 加热溶液（2 分）
（2 分）
(3)Mg 条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部
分Cu2+被Mg 还原为Cu（3 分）
(4)酸化的2mL1.0 mol/L 的CuSO4溶液(pH≈2.7)（2 分）
(5)金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等（3 分）
【分析】Ⅰ .加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，
产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体CuO。Ⅱ.加入金属镁，镁条表面很快产生氢气，同时析出红色
固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现蓝白色固体Cu(OH)2、CuCl，随后消失，得到[CuCl4]2-
橙黄色溶液，镁条表面析出大量疏松的红色固体铜。
【解析】（1）Ⅰ中生成CuO 的有关反应第一步是金属Na 与水反应产生OH-，其方程式为
；
（2）①产物预测：Cu 具有还原性，Cu 为 0 价，可被CuCl2中 + 2 价的Cu2+氧化，发生归中反应生成
CuCl；②实验 Ⅲ 中无现象，是因为反应速率慢；结合实验 Ⅱ反应放热、溶液pH 升高的特点，改进方法
为：加热，再观察是否有白色沉淀生成；③Cu2O 与盐酸反应的离子方程式为
；
（3）Mg 条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成
Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg 还原为Cu；
（4）要探究Mg 与CuSO4溶液能否生成Cu，需控制变量（与CuCl2对比，仅阴离子不同），因此溶液a 是
酸化的2mL1.0 mol/L 的CuSO4溶液(pH≈2.7)；
（5）由上述实验可知，影响Na、Mg 和铜盐溶液反应产物的因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合
OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等。
