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2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题14
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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题14
1．下列离子方程式书写正确的是
A．向铜片中滴加浓硝酸有刺激性气味气体产生：Cu＋4HNO3＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O＋2NOeq \\al(－,3)
B．服用阿司匹林过量出现水杨酸()中毒反应，可静脉注射NaHCO3溶液：
C．向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO3溶液：2Fe2+＋ClO－＋2H+＝Cl－＋2Fe3+＋H2O
D．向漂白粉溶液中通入少量的CO2：2ClO－＋Ca2+＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO
答案：D
解析：A．浓硝酸可以拆开，故A错误；
B．由于酚羟基不与HCOeq \\al(－,3)根反应，故B错误；
C．弱碱性条件下，Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，则向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO－+4OH－+H2O＝Cl－+2Fe(OH)3↓，故C错误；
D．向漂白粉溶液中通入少量的CO2，CO2与漂白粉中Ca(ClO)2反应，反应的离子方程式为2ClO－＋Ca2+＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO，故D错误；
2．高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：
下列关于K2FeO4的说法错误的是
A．K2FeO4是一种强氧化剂
B．与水反应，每消耗1个K2FeO4转移3个电子
C．将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
D．“反应Ⅱ”中，氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2
答案：C
解析：A．常见的强氧化剂有Cl2、KMnO4(H+)，高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等，所以K2FeO4是一种强氧化剂，A正确；
B．能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，根据氧化还原反应的规律可知，理论上每个高铁酸钾中Fe化合价从+6价降低到+3价，电子转移数为3，与水反应，每消耗1个K2FeO4转移3个电子，B正确；
C．K2FeO4具有强氧化性，可氧化HCl中的Cl元素，使其转化为氯气，而高铁酸钾中铁元素化合价降低，转化为铁离子，所以将K2FeO4与盐酸混合使用，会降低杀菌消毒效果，C错误；
D．“反应Ⅱ”中，次氯酸钠做氧化剂，氧化铁离子生成高铁酸根离子，根据电子转移数守恒可知，氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2，D正确；
3．高铁酸钾是一种强氧化剂，也是一种绿色净水剂。已知：
(1)5FeOeq \\al(2-,4)＋3Mn2+＋16H+＝5Fe3+＋3MnOeq \\al(－,4)＋8H2O
(2)MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe3+＋4H2O
下列有关推断正确的是
A．明矾、高铁酸钾处理饮用水的原理完全相同
B．氧化性：FeOeq \\al(2-,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞Fe3+
C．反应(1)中氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶5
D．若将反应(2)设计成原电池，Fe2+在正极放电
答案：B
解析：A．明矾的净水原理是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，发生的是非氧化还原反应；而K2FeO4净水时发生了氧化还原反应，A项错误；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以反应(1)中，氧化性：FeOeq \\al(2-,4)＞MnOeq \\al(－,4)，反应(2)中氧化性：MnOeq \\al(－,4)＞Fe3+，所以氧化性：FeOeq \\al(2-,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞Fe3+，故B正确；
C．反应(1)中FeOeq \\al(2-,4)是氧化剂，Mn2+是还原剂，根据方程式可知，氧化剂、还原剂的物质的量之比为5∶3，故C项错误；
D．将反应(2)设计成原电池，则负极上发生氧化反应，极反应式为Fe2+－e－＝Fe3+，D项错误；
4．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2OH－＋Cl2↑＋H2↑
B．少量SO2通入Ca(ClO)2液中：SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－＋2 Fe(OH)3＝2FeOeq \\al(2-,4)＋3Cl－＋4H+＋H2O
D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋2Cl－＋SOeq \\al(2-,4)
答案：D
解析：A．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋Mg2+＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，A错误；
B．量SO2通入Ca(ClO)2液中：SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO3↓＋Cl－＋2H+，B错误；
C．KClO碱性溶液中氧化Fe(OH)3，反应后溶液不可能为酸性，C错误；
D．氯气能够把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，D正确；
5．下列物质中不属于配合物的是
A．NaAl(OH)4 B．(NH4)2C2O4 C．Ag(NH3)2NO3 D．CuSO4∙5H2O
答案：B
解析：A．Al(OH)eq \\al(－,4)中四个羟基与Al3＋间存在配位键，形成配合物。
B．不是配合物。
C．Ag(NH3)2＋中两个NH3分子与Ag＋形成配位键，是配合物
D．CuSO4•5H2O以Cu(H2O)4SO4•H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物。
6．在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应2AuS－＋3Fe2+＋4H2O＝Fe3O4＋2Au＋2H2S↑＋4H+，下列说法正确的是
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
B．每生成4.48L H2S，转移电子数为0.2NA
C．反应中若有19.7g Au元素被还原，则生成0.05ml Fe3O4
D．若将此反应设计成原电池，则Fe2+在正极发生反应
答案：C
解析：A．该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为＋2价，故氧化剂AuS－与还原剂Fe2＋物质的量之比为1:1，A错误；
B．无标准状况的条件，故无法计算。
C．被还原的19.7gAu为0.1ml，则对应产生的Fe3O4为0.05ml，正确。
D．Fe2＋在反应中失电子，发生氧化反应，原电池反应中正极为得电子发生还原反应的一极，故D错误。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：Ba2+＋NOeq \\al(－,3)＋SO2＋H2O＝BaSO4↓＋NO＋H+
B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：COeq \\al(2-,3)＋Cl2＝CO2＋ClO－＋Cl－
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5＋OH－eq \(—→,\s\up7(△)) ClCH2COO－＋C2H5OH
D．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2Al＋2OH－＋6H2O＝2Al(OH) eq \\al(－,4)＋3H2↑
答案：D
解析：A．此反应中，氧化剂和还原剂得失电子不守恒，故错误，正确的写法为：3Ba2＋＋2NO3－＋3SO2＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO＋4H＋
B．碳酸钠过量时，产物为HCO3－，正确写法为：2CO32－＋Cl2＋H2O＝2HCO3－＋HClO－＋Cl－
C．氯原子也会水解，应写为ClCH2COOC2H5＋2OH－eq \(—→,\s\up7(△)) HOCH2COO－＋C2H5OH，故C错误。
D．铝能与氢氧化钠溶液反应，D正确。
8.下列物质中属于耐高温非金属材料的是
A. CO2 B. SiC C. Mg－Al D. P2O5
答案：B
解析：A．二氧化碳形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故A错误；
B．碳化硅是熔沸点高的共价晶体，属于耐高温非金属材料，故B正确；
C．镁铝合金属于金属材料，不属于非金属材料，故C错误；
D．五氧化二磷形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故D错误；
9.关于反应S2Oeq \\al(2-,6)＋2H2O＋(CNS)2＝2SOeq \\al(2-,4)＋2CNS－＋4H+，下列说法正确的是
A. (CNS)2可以和Na反应，生成NaCNS B. CNS－是氧化产物
C. S2Oeq \\al(2-,6)既是氧化剂又是还原剂 D. 生成1mlSOeq \\al(2-,4)，转移2NA个电子
答案：A
解析：根据反应S2Oeq \\al(2-,6)＋2H2O＋(CNS)2＝2SOeq \\al(2-,4)＋2CNS－＋4H+可知，(CNS)2为类卤素，类似于Cl2与反应，S2Oeq \\al(2-,6)中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，S2Oeq \\al(2-,6)为还原剂，SOeq \\al(2-,4)为氧化产物，(CNS)2为氧化剂，NaCNS为还原产物；
A．根据氯气与钠反应生成氯化钠可推知，(CNS)2可以和Na反应，生成NaCNS，A正确；
B．CNS－是还原产物，B错误；
C．S2Oeq \\al(2-,6)是还原剂，C错误；
D．S2Oeq \\al(2-,6)中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，生成1mlSOeq \\al(2-,4)，转移NA个电子，D错误；
10.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 氧化铝溶于盐酸反应：Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O
B. 碳酸银溶于稀硝酸：Ag2CO3＋2H+＝2Ag+＋H2O ＋CO2↑
C. 次氯酸溶液见光分解：2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2H+＋2Cl－＋O2↑
D. Na2SO3溶液中通入少量氯气：SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋2H+
答案：D
解析：A．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O，故A正确；
B．碳酸银与稀硝酸反应生成硝酸银、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Ag2CO3＋2H+＝2Ag+＋H2O ＋CO2↑，故B正确；
C．次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应的离子方程式为2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2H+＋2Cl－＋O2↑，故C正确；
D．亚硫酸钠与少量氯气反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为3SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋2HSOeq \\al(－,3)，故D错误；
11．金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。
已知：I.水钴矿的主要成分为COOH，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物；
II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：
(1)研磨的目的是__________________________________________________。
(2)滤渣1的主要成分是SiO2、_______(写化学式)。
(3)“浸出”时，COOH转化成了CSO4，写出该反应的化学方程式_______________________。
(4)“氧化”时，NaClO3只将Fe2+氧化成Fe3+，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)“沉淀”时，应将pH调至_______。
(6)已知C2+能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：C2+＋2HACA2＋2H+。反萃取的目的是将有机层中的C2+转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、_______，反萃取适宜选择的试剂是_______(填序号)。
A．70% H2SO4 B．饱和食盐水 C．稀NaOH D．饱和NaHCO3溶液
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2)CaSO4
(3)2COOH＋3H2SO4＋CC2O4＝3CSO4＋2CO2↑＋4H2O (4)1∶6
(5)4.7≤pH<7.2 (6)分液漏斗 A
解析：水钴矿研磨后加入适量的草酸钴和硫酸，二氧化硅不溶于水硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，水钴矿和草酸钴与硫酸反应生成硫酸钴。滤液加入氯酸钠氧化，将亚铁离子变成铁离子，在加入氢氧化钠，得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，再经过萃取和反萃取进行提纯，最后得到金属钴。据此解答。
(1)研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)SiO2不溶于硫酸，CaO和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，故滤渣1含有SiO2和CaSO4；
(3)水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：2COOH＋3H2SO4＋CC2O4＝3CSO4＋2CO2↑＋4H2O；
(4) NaClO3只将Fe2+氧化成Fe3+，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6；
(5)沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；
(6)萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据C2+＋2HACA2＋2H+平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。
12.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，其制备流程如图所示。
已知：①NaHSO3过饱和溶液中更易形成Na2S2O5；
②焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在空气中易氧化，受热易分解。
回答下列问题：
(1)反应I中先通入气体____(填化学式)，反应III中通入的气体a为_____(填化学式)。
(2)溶液A中含有三种阳离子，分别为Na+、H+和离子X。检验溶液A中离子X的方法是_______。
(3)反应III调节pH为4.1，发生反应的离子方程式为_______。
(4)再次通入气体a得到溶液B的目的是_______。
(5)操作I为：在氮气氛围中，_______，_______，过滤，洗涤。其中洗涤Na2S2O5晶体时依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇。用饱和SO2水溶液洗涤的目的是__________________________。
(6)久置的Na2S2O5固体中若含有Na2SO4杂质，其可能的原因是_______________________。(用化学反应方程式表示)
答案：(1)NH3 SO2 (2)取少量溶液于试管，向试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明有NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))
(3)COeq \\al(2-,3)＋2SO2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋CO2 (4)得到NaHSO3过饱和溶液
(5)低温蒸发(或减压蒸发，强调温度低即可) 冷却结晶 减少Na2S2O5在水中的溶解
(6) Na2S2O5＋H2O＋O2＝Na2SO4＋H2SO4
解析：氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液生成NaHCO3析出晶体，溶液A为NH4Cl，反应II是NaHCO3受热分解生成二氧化碳和水和碳酸钠，FeS2和氧气煅烧生成氧化铁和SO2，反应III中SO2和饱和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3，继续通入气体a为SO2形成NaHSO3过饱和溶液，由已知信息①可知过滤得到Na2S2O5晶体，最后脱水得到Na2S2O5；
(1)由于二氧化碳的溶解性不大，在碱性溶液中溶解更多，反应I中先通入气体NH3使溶液呈碱性，能更好溶解二氧化碳，由已知信息①可知继续通入气体a为SO2形成NaHSO3过饱和溶液，反应III中通入的气体a为SO2；
(2)溶液A为NH4Cl，检验溶液A中离子X即铵根的方法是：取少量溶液于试管，向试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明有NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))；
(3)反应III调节pH为4.1，SO2和饱和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3，发生反应的离子方程式为COeq \\al(2-,3)＋2SO2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋CO2；
(4)再次通入气体a得到溶液B的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
(5)已知焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在空气中易氧化，在氮气氛围中可防止被氧化，操作I为：低温蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤；用饱和SO2(aq)洗涤Na2S2O5晶体的目的是减少Na2S2O5在水中的溶解；
(6) Na2S2O5在空气中易氧化，久置的Na2S2O5固体与氧气发生氧化还原反应生成Na2SO4，反应的化学反应方程式为Na2S2O5＋H2O＋O2＝Na2SO4＋H2SO4。
离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
C2+
Mn2+
开始沉淀时pH
3.6
1.8
6.5
7.2
8.1
沉淀完全时pH
4.7
3.2
8.3
9.4
12.7
考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
2024届高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题14
1．下列离子方程式书写正确的是
A．向铜片中滴加浓硝酸有刺激性气味气体产生：Cu＋4HNO3＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O＋2NOeq \\al(－,3)
B．服用阿司匹林过量出现水杨酸()中毒反应，可静脉注射NaHCO3溶液：
C．向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO3溶液：2Fe2+＋ClO－＋2H+＝Cl－＋2Fe3+＋H2O
D．向漂白粉溶液中通入少量的CO2：2ClO－＋Ca2+＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO
答案：D
解析：A．浓硝酸可以拆开，故A错误；
B．由于酚羟基不与HCOeq \\al(－,3)根反应，故B错误；
C．弱碱性条件下，Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，则向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO－+4OH－+H2O＝Cl－+2Fe(OH)3↓，故C错误；
D．向漂白粉溶液中通入少量的CO2，CO2与漂白粉中Ca(ClO)2反应，反应的离子方程式为2ClO－＋Ca2+＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO，故D错误；
2．高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：
下列关于K2FeO4的说法错误的是
A．K2FeO4是一种强氧化剂
B．与水反应，每消耗1个K2FeO4转移3个电子
C．将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
D．“反应Ⅱ”中，氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2
答案：C
解析：A．常见的强氧化剂有Cl2、KMnO4(H+)，高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等，所以K2FeO4是一种强氧化剂，A正确；
B．能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，根据氧化还原反应的规律可知，理论上每个高铁酸钾中Fe化合价从+6价降低到+3价，电子转移数为3，与水反应，每消耗1个K2FeO4转移3个电子，B正确；
C．K2FeO4具有强氧化性，可氧化HCl中的Cl元素，使其转化为氯气，而高铁酸钾中铁元素化合价降低，转化为铁离子，所以将K2FeO4与盐酸混合使用，会降低杀菌消毒效果，C错误；
D．“反应Ⅱ”中，次氯酸钠做氧化剂，氧化铁离子生成高铁酸根离子，根据电子转移数守恒可知，氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2，D正确；
3．高铁酸钾是一种强氧化剂，也是一种绿色净水剂。已知：
(1)5FeOeq \\al(2-,4)＋3Mn2+＋16H+＝5Fe3+＋3MnOeq \\al(－,4)＋8H2O
(2)MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe3+＋4H2O
下列有关推断正确的是
A．明矾、高铁酸钾处理饮用水的原理完全相同
B．氧化性：FeOeq \\al(2-,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞Fe3+
C．反应(1)中氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶5
D．若将反应(2)设计成原电池，Fe2+在正极放电
答案：B
解析：A．明矾的净水原理是Al3+水解生成Al(OH)3胶体，发生的是非氧化还原反应；而K2FeO4净水时发生了氧化还原反应，A项错误；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以反应(1)中，氧化性：FeOeq \\al(2-,4)＞MnOeq \\al(－,4)，反应(2)中氧化性：MnOeq \\al(－,4)＞Fe3+，所以氧化性：FeOeq \\al(2-,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞Fe3+，故B正确；
C．反应(1)中FeOeq \\al(2-,4)是氧化剂，Mn2+是还原剂，根据方程式可知，氧化剂、还原剂的物质的量之比为5∶3，故C项错误；
D．将反应(2)设计成原电池，则负极上发生氧化反应，极反应式为Fe2+－e－＝Fe3+，D项错误；
4．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2OH－＋Cl2↑＋H2↑
B．少量SO2通入Ca(ClO)2液中：SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－＋2 Fe(OH)3＝2FeOeq \\al(2-,4)＋3Cl－＋4H+＋H2O
D．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋2Cl－＋SOeq \\al(2-,4)
答案：D
解析：A．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋Mg2+＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，A错误；
B．量SO2通入Ca(ClO)2液中：SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO3↓＋Cl－＋2H+，B错误；
C．KClO碱性溶液中氧化Fe(OH)3，反应后溶液不可能为酸性，C错误；
D．氯气能够把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，D正确；
5．下列物质中不属于配合物的是
A．NaAl(OH)4 B．(NH4)2C2O4 C．Ag(NH3)2NO3 D．CuSO4∙5H2O
答案：B
解析：A．Al(OH)eq \\al(－,4)中四个羟基与Al3＋间存在配位键，形成配合物。
B．不是配合物。
C．Ag(NH3)2＋中两个NH3分子与Ag＋形成配位键，是配合物
D．CuSO4•5H2O以Cu(H2O)4SO4•H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物。
6．在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应2AuS－＋3Fe2+＋4H2O＝Fe3O4＋2Au＋2H2S↑＋4H+，下列说法正确的是
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
B．每生成4.48L H2S，转移电子数为0.2NA
C．反应中若有19.7g Au元素被还原，则生成0.05ml Fe3O4
D．若将此反应设计成原电池，则Fe2+在正极发生反应
答案：C
解析：A．该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为＋2价，故氧化剂AuS－与还原剂Fe2＋物质的量之比为1:1，A错误；
B．无标准状况的条件，故无法计算。
C．被还原的19.7gAu为0.1ml，则对应产生的Fe3O4为0.05ml，正确。
D．Fe2＋在反应中失电子，发生氧化反应，原电池反应中正极为得电子发生还原反应的一极，故D错误。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：Ba2+＋NOeq \\al(－,3)＋SO2＋H2O＝BaSO4↓＋NO＋H+
B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：COeq \\al(2-,3)＋Cl2＝CO2＋ClO－＋Cl－
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5＋OH－eq \(—→,\s\up7(△)) ClCH2COO－＋C2H5OH
D．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2Al＋2OH－＋6H2O＝2Al(OH) eq \\al(－,4)＋3H2↑
答案：D
解析：A．此反应中，氧化剂和还原剂得失电子不守恒，故错误，正确的写法为：3Ba2＋＋2NO3－＋3SO2＋2H2O＝3BaSO4↓＋2NO＋4H＋
B．碳酸钠过量时，产物为HCO3－，正确写法为：2CO32－＋Cl2＋H2O＝2HCO3－＋HClO－＋Cl－
C．氯原子也会水解，应写为ClCH2COOC2H5＋2OH－eq \(—→,\s\up7(△)) HOCH2COO－＋C2H5OH，故C错误。
D．铝能与氢氧化钠溶液反应，D正确。
8.下列物质中属于耐高温非金属材料的是
A. CO2 B. SiC C. Mg－Al D. P2O5
答案：B
解析：A．二氧化碳形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故A错误；
B．碳化硅是熔沸点高的共价晶体，属于耐高温非金属材料，故B正确；
C．镁铝合金属于金属材料，不属于非金属材料，故C错误；
D．五氧化二磷形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故D错误；
9.关于反应S2Oeq \\al(2-,6)＋2H2O＋(CNS)2＝2SOeq \\al(2-,4)＋2CNS－＋4H+，下列说法正确的是
A. (CNS)2可以和Na反应，生成NaCNS B. CNS－是氧化产物
C. S2Oeq \\al(2-,6)既是氧化剂又是还原剂 D. 生成1mlSOeq \\al(2-,4)，转移2NA个电子
答案：A
解析：根据反应S2Oeq \\al(2-,6)＋2H2O＋(CNS)2＝2SOeq \\al(2-,4)＋2CNS－＋4H+可知，(CNS)2为类卤素，类似于Cl2与反应，S2Oeq \\al(2-,6)中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，S2Oeq \\al(2-,6)为还原剂，SOeq \\al(2-,4)为氧化产物，(CNS)2为氧化剂，NaCNS为还原产物；
A．根据氯气与钠反应生成氯化钠可推知，(CNS)2可以和Na反应，生成NaCNS，A正确；
B．CNS－是还原产物，B错误；
C．S2Oeq \\al(2-,6)是还原剂，C错误；
D．S2Oeq \\al(2-,6)中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，生成1mlSOeq \\al(2-,4)，转移NA个电子，D错误；
10.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 氧化铝溶于盐酸反应：Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O
B. 碳酸银溶于稀硝酸：Ag2CO3＋2H+＝2Ag+＋H2O ＋CO2↑
C. 次氯酸溶液见光分解：2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2H+＋2Cl－＋O2↑
D. Na2SO3溶液中通入少量氯气：SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋2H+
答案：D
解析：A．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O，故A正确；
B．碳酸银与稀硝酸反应生成硝酸银、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Ag2CO3＋2H+＝2Ag+＋H2O ＋CO2↑，故B正确；
C．次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应的离子方程式为2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2H+＋2Cl－＋O2↑，故C正确；
D．亚硫酸钠与少量氯气反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为3SOeq \\al(2-,3)＋Cl2＋H2O＝SOeq \\al(2-,4)＋2Cl－＋2HSOeq \\al(－,3)，故D错误；
11．金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。
已知：I.水钴矿的主要成分为COOH，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物；
II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：
(1)研磨的目的是__________________________________________________。
(2)滤渣1的主要成分是SiO2、_______(写化学式)。
(3)“浸出”时，COOH转化成了CSO4，写出该反应的化学方程式_______________________。
(4)“氧化”时，NaClO3只将Fe2+氧化成Fe3+，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)“沉淀”时，应将pH调至_______。
(6)已知C2+能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：C2+＋2HACA2＋2H+。反萃取的目的是将有机层中的C2+转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、_______，反萃取适宜选择的试剂是_______(填序号)。
A．70% H2SO4 B．饱和食盐水 C．稀NaOH D．饱和NaHCO3溶液
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2)CaSO4
(3)2COOH＋3H2SO4＋CC2O4＝3CSO4＋2CO2↑＋4H2O (4)1∶6
(5)4.7≤pH<7.2 (6)分液漏斗 A
解析：水钴矿研磨后加入适量的草酸钴和硫酸，二氧化硅不溶于水硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，水钴矿和草酸钴与硫酸反应生成硫酸钴。滤液加入氯酸钠氧化，将亚铁离子变成铁离子，在加入氢氧化钠，得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，再经过萃取和反萃取进行提纯，最后得到金属钴。据此解答。
(1)研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)SiO2不溶于硫酸，CaO和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，故滤渣1含有SiO2和CaSO4；
(3)水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：2COOH＋3H2SO4＋CC2O4＝3CSO4＋2CO2↑＋4H2O；
(4) NaClO3只将Fe2+氧化成Fe3+，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6；
(5)沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；
(6)萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据C2+＋2HACA2＋2H+平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。
12.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，其制备流程如图所示。
已知：①NaHSO3过饱和溶液中更易形成Na2S2O5；
②焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在空气中易氧化，受热易分解。
回答下列问题：
(1)反应I中先通入气体____(填化学式)，反应III中通入的气体a为_____(填化学式)。
(2)溶液A中含有三种阳离子，分别为Na+、H+和离子X。检验溶液A中离子X的方法是_______。
(3)反应III调节pH为4.1，发生反应的离子方程式为_______。
(4)再次通入气体a得到溶液B的目的是_______。
(5)操作I为：在氮气氛围中，_______，_______，过滤，洗涤。其中洗涤Na2S2O5晶体时依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇。用饱和SO2水溶液洗涤的目的是__________________________。
(6)久置的Na2S2O5固体中若含有Na2SO4杂质，其可能的原因是_______________________。(用化学反应方程式表示)
答案：(1)NH3 SO2 (2)取少量溶液于试管，向试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明有NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))
(3)COeq \\al(2-,3)＋2SO2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋CO2 (4)得到NaHSO3过饱和溶液
(5)低温蒸发(或减压蒸发，强调温度低即可) 冷却结晶 减少Na2S2O5在水中的溶解
(6) Na2S2O5＋H2O＋O2＝Na2SO4＋H2SO4
解析：氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液生成NaHCO3析出晶体，溶液A为NH4Cl，反应II是NaHCO3受热分解生成二氧化碳和水和碳酸钠，FeS2和氧气煅烧生成氧化铁和SO2，反应III中SO2和饱和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3，继续通入气体a为SO2形成NaHSO3过饱和溶液，由已知信息①可知过滤得到Na2S2O5晶体，最后脱水得到Na2S2O5；
(1)由于二氧化碳的溶解性不大，在碱性溶液中溶解更多，反应I中先通入气体NH3使溶液呈碱性，能更好溶解二氧化碳，由已知信息①可知继续通入气体a为SO2形成NaHSO3过饱和溶液，反应III中通入的气体a为SO2；
(2)溶液A为NH4Cl，检验溶液A中离子X即铵根的方法是：取少量溶液于试管，向试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明有NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))；
(3)反应III调节pH为4.1，SO2和饱和碳酸钠溶液反应生成NaHSO3，发生反应的离子方程式为COeq \\al(2-,3)＋2SO2＋H2O＝2HSOeq \\al(－,3)＋CO2；
(4)再次通入气体a得到溶液B的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；
(5)已知焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在空气中易氧化，在氮气氛围中可防止被氧化，操作I为：低温蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤；用饱和SO2(aq)洗涤Na2S2O5晶体的目的是减少Na2S2O5在水中的溶解；
(6) Na2S2O5在空气中易氧化，久置的Na2S2O5固体与氧气发生氧化还原反应生成Na2SO4，反应的化学反应方程式为Na2S2O5＋H2O＋O2＝Na2SO4＋H2SO4。
离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
C2+
Mn2+
开始沉淀时pH
3.6
1.8
6.5
7.2
8.1
沉淀完全时pH
4.7
3.2
8.3
9.4
12.7
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