第二章化学物质及其变化（综合检测）-【高考引领教学】高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）

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 第二章　化学物质及其变化综合检测
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共14×3=42分）
1．下列操作及预测的化学反应现象一定错误的是
A．向盛有25mL沸水的烧杯中滴入5~6滴饱和FeCl3溶液，煮沸片刻，液体呈红褐色
B．将切去表皮的钠块放在石棉网上加热，剧烈燃烧，发出黄色火焰，得到淡黄色固体
C．向盛有2mLNaOH浓溶液的试管中滴入2滴AlCl3稀溶液，立刻产生白色胶状沉淀
D．向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑、体积膨胀，变为疏松多孔的黑色固体，并放出刺激性气味的气体
【答案】C
【解析】
A项：沸水中滴入FeCl3溶液，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，呈红褐色，A正确，不选；
B项：钠与O2剧烈反应，发出黄色火焰，生成Na2O2，为淡黄色固体，B正确，不选；
C项：向盛有2mLNaOH浓溶液滴入2滴AlCl3溶液，OH－过量，Al3＋会转化为AlO2－，没有白色沉淀，C错误，选；
D项：蔗糖中加入浓硫酸，由于浓硫酸具有脱水性，会使蔗糖脱水碳化，变成疏松多孔的黑色固体，放出热量，C和浓硫酸反应生成SO2，有刺激性气味，D正确，不选。
答案选C。
2．某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是

A．X中的浓溶液滴入沸水中可得到Z中液体
B．X中分散系能产生丁达尔效应
C．用过滤和渗析的方法，可将Z中液体分离提纯
D．Y中反应离子方程式：3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2+
【答案】B
【解析】
A项：X中的氯化铁浓溶液滴入沸水中可得到氢氧化铁胶体，A正确；
B项：X中分散系是氯化铁溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；
C项：用过滤的方法，可以将Z中的固体与液体分离，利用渗析法可以净化提纯氢氧化铁胶体，C正确；
D项：CaCO3能与H+结合生成CO2和H2O，促进Fe3＋的水解，D正确；
答案选B。
3．（重庆市高2022届高三第二次质量检测）下列离子方程式正确的是（ ）。
A．少量SO2气体通入BaCl2溶液中：Ba2++SO2+H2OBaSO3↓+2H+
B．稀硝酸与少量的铁粉反应：Fe+4H++NO3－Fe3++2H2O+NO↑
C．电解MgCl2水溶液：2Cl－+2H2O2OH－+Cl2↑+H2↑
D．稀硫酸逐滴加入Na2S2O3溶液中，出现乳白色浑浊：2S2O32－+4H+3S↓+SO42－+2H2O
【答案】B
【解析】A项：SO2气体和BaCl2溶液不反应；
B项：稀硝酸与少量的铁粉反应：Fe+4H++NO3－Fe3++2H2O+NO↑
C项：电解MgCl2水溶液：Mg2++2Cl－+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑；
D项：正确的离子方程式为S2O32－+2H+S↓+SO2↑+H2O。
4．（广东省2022届高三一轮复习调研考）下列离子方程式书写正确的是（ ）。
A．氢氧化铁和HI溶液反应：Fe（OH）3+3H+Fe3++3H2O
B．少量SO2通入水玻璃中得到白色沉淀：SiO32－+2SO2+2H2OH2SiO3↓+2HSO3－
C．Al与亚硫酸反应：2Al+6H+2Al3++3H2↑
D．向草酸溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，紫色褪色，同时有气泡产生：5H2C2O4+2MnO4－+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】D
【解析】A项：生成的Fe3+能将I－氧化成I2，A项错误；
B项：少量SO2通入水玻璃中生成H2SiO3和SO32－，B项错误；
C项：H2SO3是弱电解质，不能拆成离子形式，C项错误。
D项：草酸溶液和酸性KMnO4溶液发生了反应：5H2C2O4+2MnO4－+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O，C项正确。
5．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
B．氨水显碱性，不能与金属反应，所以运输过程中可以用铁罐车
C．葡萄酒中通常添加微量的SO2，既可以杀菌消毒，又可以防止营养成分被氧化
D．大多数胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】C
【解析】
A项：酒曲与发酵粉的作用不同：在经过强烈蒸煮的白米中，移入曲霉的分生孢子，然后保温，米粒上便会茂盛地生长出菌丝，此即酒曲；酿酒加曲，是因为酒曲上生长有大量的微生物，以及微生物分泌的酶，其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇；而发酵粉的主要成分是NaHCO3，面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸，同时生成的CO2气体可以是面团变为多孔，显得松软可口；A错误；
B项：一般情况下，氨水不会与金属反应，但是氨水呈弱碱性，若用铁罐车运输，会加快铁罐的腐蚀速率（吸氧腐蚀），B错误；
C项：在葡萄酒的生产过程中，SO2的作用是对生产设备消毒杀菌，还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母，保证葡萄酒的稳定，最后装瓶也会填入少量SO2，保证葡萄酒不被氧化和生物稳定，C正确；
D项：血液是一种胶体，利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质，而血液中的必要成分不能通过透析膜，与胶粒是否带电无关，D错误；
故选C。
6．关于下列三个反应说法正确的是
①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2+KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3
A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1
C．氧化性由强到弱顺序为KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2
D．③中1mol 氧化剂反应则失去电子的物质的量为10 mol
【答案】B
【解析】
A项：②KClO3＋6HCl=3Cl2+KCl＋3H2O，该反应中虽然有单质生成，但是反应物中没有单质，故其不属于置换反应，A不正确；
B项：反应②中，还原剂是HCl，氧化剂是KClO3，根据“只靠拢、不交叉”，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，Cl2既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，B正确；
C项：由③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3可知，KBrO3是氧化剂，KClO3是氧化产物，因此，KBrO3氧化性强于KClO3，C不正确；
D项：由③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3可知，KBrO3是氧化剂，Br由+5价降低到0价，因此，1mol 氧化剂反应后得到电子的物质的量为5mol，D不正确；
本题选B。
7．学习化学不是靠一味背诵的，要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列类推不正确的是
A．已知CO2通入Ca(OH)2溶液中先变浑浊后溶解，SO2通入Ba(OH)2溶液中也先变浑浊后溶解
B．已知BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，BaCO3也能溶于硫酸，溶液变澄清
C．已知H2O能与Na2O2反应生成NaOH，H2O也能与BaO2反应生成Ba(OH)2
D．已知CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【答案】B
【解析】
A项：CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca(OH)2或者Ba(OH)2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；
B项：BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；
C项：Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合价都是+1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；
D项：CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确；
答案选B。
8．下列说法在一定条件下不能实现的是
A．酸性氧化物与金属氧化物发生氧化还原反应
B．没有电子转移的氧化还原反应
C．没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
D．有单质参加的非氧化还原反应
【答案】B
【解析】
A项：酸性氧化物和金属氧化物可能发生氧化还原反应，如2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，所以能实现，故A不选；
B项： 有电子转移的化学反应才是氧化还原反应，没有电子转移的反应不是氧化还原反应，所以不能实现，故B选；
C项：没有水、沉淀和气体生成的复分解反应存在，该反应中可能生成弱电解质，如HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，所以能实现，故C不选；
D项：有单质参加的反应可能是非氧化还原反应，如同素异形体之间的转化，所以能实现，故D不选；
故选B。
9．（河南省信阳市2021届高三毕业班第一次调研）某温度下将氯气通入过量KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列说法中，不正确的是（ ）。
A．反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关
B．反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比取决于反应产物的组成
C．若n（ClO－）∶n（ClO3－）＝11∶1，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为4∶3
D．若n（ClO－）∶n（ClO3－）＝1∶1，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为2∶3
【答案】B
【解析】A项：由于反应后生成KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒n（K）＝n（Cl），所以反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比始终为1∶2，再由氢原子守恒，则反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，故A正确；
B项：由于反应后生成KCl、KClO、KClO3的混合溶液，根据元素守恒n（K）＝n（Cl），所以反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比始终为1∶2，故B错误；
C项：当n（ClO－）∶n（ClO3－）＝11∶1，设ClO－为11mol，ClO3－为1mol，由得失电子守恒，生成Cl－为（1－0）×11+（5－0）×1＝16mol，又化合价降低被还原，化合价升高被氧化，则反应中被还原与被氧化的氯元素物质的量之比为16∶（11+1）＝4∶3，故C正确；
D项：当n（ClO－）∶n（ClO3－）＝1∶1，设ClO－、ClO3－各1mol，由得失电子守恒，生成Cl－为（1－0）×1+（5－0）×1＝6mol，根据氯元素守恒，则反应消耗的氯气为（1+1+6）÷2＝4mol，所以反应消耗的氯气与转移的电子数的物质的量之比为4∶6＝2∶3，故D正确。
10．（河北省“五个一名校联盟”2021届高三上学期第一次诊断）向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：Cr2O72－+4H2O2+2H+＝2CrO5+5H2O（已知CrO5的结构为），乙醚层发生反应：CrO5+（C2H5）2O＝CrO5·O（C2H5）2。反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色（Cr3+），下列说法正确的是（ ）。
A．由水层反应可知，氧化性：Cr2O72－＞CrO5
B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替
C．CrO5·O（C2H5）2中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为4CrO5+12H+＝4Cr3++6H2O+7O2↑
【答案】D
【解析】A项：由水层反应Cr2O72－+4H2O2+2H+＝2CrO5+5H2O可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；
B项：乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；
C项：CrO5·O（C2H5）2中含O－O、C－C键为非极性键，故C错误；
D项：水相变为绿色生成了Cr3+，铬元素化合价降低，则氧元素化合价一定升高，应有氧气生成，反应的离子反应为4CrO5+12H+＝4Cr3++6H2O+7O2↑，故D正确。
11．（湖北省安陆市2021届高三4月模拟）向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠（NaBiO3）粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是（ ）。
A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2
B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子
C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+
D．NaBiO3能与浓盐酸发生反应生成氯气
【答案】B
【解析】A项：氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：KMnO4＞MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（NaBiO3），溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2。根据以上分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；
B项：在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，离子方程式为：2MnO4－+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+，转移电子数为6e－，所以生成8.7g黑色沉淀即＝0.1molMnO2，转移mol＝0.12mol电子，故B错误；
C项：NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，溶液变为紫红色，所以利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；
D项：因为实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，说明氧化性：MnO2＞Cl2，又氧化性：NaBiO3＞MnO2，故NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HCl＝BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确。
12．（宁夏石嘴山市2021届高三上学期期中）工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7），其主要反应为
①4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
②2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O
下列说法中正确的是（ ）。
A．反应①和②均为氧化还原反应
B．反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，氧化性：Fe2O3＜O2＜Na2CrO4
D．生成1molNa2Cr2O7时共转移5mol电子
【答案】B
【解析】A项：反应（2）中各元素的化合价在反应前后未发生变化，所以不是氧化还原反应，A错误；
B项：反应（1）中，氧气中O元素的化合价降低到－2价，作氧化剂，FeO·Cr2O3中Fe、Cr的化合价均升高，作还原剂，B正确；
C项：因为氧气是氧化剂，Fe2O3和Na2CrO4是氧化产物，则氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧气的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4，C错误；
D项：生成1mol的Na2Cr2O7时，消耗2molNa2CrO4，而反应（1）中，则消耗氧气的物质的量是2×mol＝mol，1mol氧气参加反应，则转移4mol电子，所以生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子，D错误。
13．（浙江省杭州市高级中学2021届高三1月模拟）能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）。
A．惰性电极电解氯化铁溶液：2Fe3++6Cl−+6H2OFe（OH）3↓+3H2↑+3Cl2↑
B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+Ca2++ClO−+H2O＝CaSO4↓+Cl−+2H+
C．草酸（乙二酸）溶液和Ca（OH）2溶液的中和：H2C2O4+2OH−＝C2O42－+2H2O
D．溶液中HS−的电离：HS−+H2OH3O++S2－
【答案】D
【解析】A项：惰性电极电解氯化铁溶液时，放电顺序Fe3+＞H+，因此阴极Fe3+优先放电得到电子生成Fe2+，A选项错误；
B项：SO2通入Ca（ClO）2溶液中会发生氧化还原反应，正确的离子反应方程式为：SO2+Ca2++3ClO－+H2O＝CaSO4↓+Cl－+2HClO，B选项错误；
C项：草酸（乙二酸）溶液和Ca（OH）2溶液的中和生成的草酸钙是白色沉淀，不能拆写成离子，C选项错误；
D项：硫氢根离子电离生成硫离子和水合氢离子，电离方程式为HS−+H2OH3O++S2－，D选项正确。
14．（江苏省南京市2022年高三四校4月联考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）。
A．向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：2AlO2－+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+CO32－
B．向HNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2－+2MnO4－+3H2O＝5NO3－+2Mn2++3OH－
C．向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液：Ba2++2OH－+NH4++H++SO42－＝BaSO4↓+NH3•H2O+H2O
D．向银氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加热：CH3CHO+2［Ag（NH3）2］++2OH－CH3COO－+NH4++2Ag↓+H2O+3NH3
【答案】D
【解析】A项：向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠和氢氧化铝：AlO2－+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3－，A错误；
B项：亚硝酸是弱电解质，向HNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5HNO2+2MnO4－+H+＝5NO3－+2Mn2++3H2O，B错误；
C项：向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液铵根不反应：Ba2++2OH－+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，C错误；
D项：向银氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加热发生银镜反应：CH3CHO+2［Ag（NH3）2］++2OH－CH3COO－+NH4++2Ag↓+H2O+3NH3，D正确。
二．主观题（共4小题，共58分）
15．(2022·湖北省高一月考)（16分）常见消毒剂有：①医用酒精；②“84”消毒液(主要成分是NaClO)；③漂白粉；④二氧化氯；⑤O3；⑥高铁酸钠。
(1)上述物质中，消毒原理和其他不同的是___________(填序号，下同)。
(2)上述物质中，其有效成分属于电解质的是___________。
(3)臭氧和氧气互为___________(填“同位素”或“同素异形体”)，它们在一定条件下可以相互转化，该变化过程属于___________。(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。
(4)“84”消毒液和洁厕剂(主要成分是稀盐酸)混合使用会发生中毒事件，原因是___________(用离子方程式表示)。
(5)配平下列方程式并用双线桥在方程式中标出电子转移的情况：___________。
KClO3+HCl(浓)=KCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O
(6)高铁酸钠(Na2FeO4)还是一种新型的净水剂。从其组成的阳离子来看，高铁酸钠属于___________盐，其中Fe的化合价是___________。其净水过程中所发生的化学反应主要为：4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8NaOH，证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作：___________。
【答案】(1)①
(2)②③⑥
(3)同素异形体 非氧化还原反应
(4)Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(5)
(6)钠 +6 让一束光通过(用红色激光笔照射)制得的液体，从侧面(在于光束垂直的方向)能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体
【解析】(1)医用酒精的消毒原理是酒精可以破坏蛋白质的结构，而“84”消毒液(主要成分是NaClO)、漂白粉、二氧化氯、O3、高铁酸钠的消毒原理均是因为强氧化性，故消毒原理和其他不同的是①医用酒精。
(2)①医用酒精为75%的乙醇溶液，有效成分是C2H5OH，属于非电解质；②“84”消毒液，有效成分是NaClO，NaClO是盐，是电解质；③漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2是盐，是电解质；④二氧化氯是非金属氧化物，在熔融状态下不导电，在水溶液中导电，但不是自身导电，属于非电解质；⑤O3是单质，既不是电解质，也不是非电解质；⑥高铁酸钠在水溶液中可以导电，属于电解质；综上，②③⑥的有效成分属于电解质。
(3)臭氧和氧气均是由氧气组成的单质，互为同素异形体，他们在一定条件下可以相互转化，该变化过程中O元素的化合价未发生改变，没有电子的转移，属于非氧化还原反应。
(4)“84”消毒液的有效成分是NaClO，洁厕剂的主要成分是HCl，两者反应生成NaCl、Cl2和H2O，反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。
(5)反应KClO3+HCl(浓)→KCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O中，KClO3的Cl元素的化合价由+5价降低至+4价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高至0价，根据得失电子守恒并用双线桥在方程式中标出电子转移的情况为： 。
(6)高铁酸钠的化学式为Na2FeO4，由Na+和FeO42-构成，属于钠盐，其中Fe的化合价为+6价，用高铁酸钠净水，让一束光通过(用红色激光笔照射)制得的液体，从侧面(在于光束垂直的方向)能观察到一条光亮的“通路”，可以说明制得的液体是胶体。
16．(2022·河南省新乡市高一期中)（14分）高铁酸钠Na2FeO4是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，工业上有多种制备高铁酸钠的方法，其中一种方法的化学反应原理可用离子方程式表示为
(1)上述反应中的x=_______，y=_______。
(2)上述反应中氧化剂为_______；还原产物为_______。
(3)由上述反应可知，氧化性强弱：ClO-_______(填“>”或“ <
(4)
(5)发生了 红褐 用激光笔照射液体，从垂直于光束的方向观察，若是胶体则可以看到一条光亮的“通路”
【解析】(1)在中，根据电荷守恒：-3+6-x=-4-3，所以x=10，然后根据质量守恒可求出y=5，即该反应的化学方程式为：。
(2)在中，ClO-中氯元素的化合价从+1价降低到反应后Cl-中的-1价，做氧化剂，被还原，还原产物为Cl-。
(3)该反应中，ClO-做氧化剂，Cl-是还原产物，Fe3+被氧化为FeO42-，则Fe3+是还原剂，FeO42-是氧化产物。在一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则氧化性：ClO-> FeO42-，还原性：Fe3+>Cl-。
(4)该反应中，1mol ClO-转化为Cl-，得到2mol电子，则3mol ClO-转化为Cl-，得到6mol电子；1molFe3+转化为FeO42-，失去3mol电子，则2molFe3+转化为FeO42-，失去6mol电子。即2molFe3+转移6mol电子给3mol ClO-，用单线桥法表示表示该反应中电子的转移情况为：。
(5)Na2FeO4在处理饮用水的过程中铁元素会被转化为Fe3+，铁元素发生了化合价的变化，发生了氧化还原反应。Fe(OH)3胶体为红褐色，区分胶体与溶液的方法为丁达尔效应，具体操作为用激光笔照射液体，从垂直于光束的方向观察，若是胶体则可以看到一条光亮的“通路”。




17．(2022·江西省赣州市十六县市十七校高三期中)（14分）锗是重要的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。一种提纯二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）的工艺如图：

已知：①“碱浸”过程中的反应为：GeO2+2NaOH＝Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH＝2NaAsO2+H2O；②“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl＝2NaCl+GeCl4+3H2O；③GeCl4的熔点为－49.5℃，AsCl3与GeCl4的沸点分别为130.2℃、84℃。
（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第____周期____族。
（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其反应方程式为：________________________________________________。
（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是________________。
（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有________。
A．蒸馏釜 B．离心萃取机 C．冷凝塔 D．加压过滤机
（5）“水解”操作时发生的化学反应方程式为____________________________，“水解”操作时保持较低温度有利于提高产率，其最可能的原因是____________________________________________。
（6）若1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则杂质脱除率为________。
【答案】（1）四；IVA
（2）3NaAsO2+NaClO3+6NaOH＝3Na3AsO4+NaCl+3H2O
（3）馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度
（4）AC
（5）GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2•nH2O↓+4HCl；该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率
（6）85%
【解析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH＝Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH＝2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为3NaAsO2+NaClO3+6NaOH＝3Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl＝2NaCl+GeCl4+3H2O，所以得到GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应为GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2•nH2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•nH2O，将GeO2•nH2O烘干得到高纯的GeO2。
（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第四周期IVA族；
（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，根据反应物和生成物书写反应方程式为3NaAsO2+NaClO3+6NaOH＝3Na3AsO4+NaCl+3H2O；
（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度；
（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有蒸馏釜和冷凝塔，故选AC；
（5）“水解”时生成GeO2•nH2O和HCl，反应方程式为GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2•nH2O↓+4HCl，该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率，所以采用低温水解；
（6）1t二氧化锗粗品（含杂质30%）中杂质质量＝1t×30%＝0.3t，纯的二氧化锗质量＝1t×（1－30%）＝0.7t，实际上经提纯得0.745t的高纯二氧化锗产品，则提纯得到的二氧化锗中杂质质量＝0.745t－0.7 t＝0.045t，杂质去除率＝×100%＝85%。
18．（湖南省六校2021届高三下学期4月联考）（14分）下图1为从铜转炉烟灰［主要含有ZnO，还有少量的Fe（Ⅱ）、Pb、Cu、As元素］制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：

已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时，Ksp［Fe（OH）3］＝4.0×10－38；③氨体系环境中锌元素以［Zn（NH3）4］2+形式存在；④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
（l）Pb（OH）Cl中Pb的化合价为_______________。
（2）题中所列铜转炉烟灰所含主要元素中有__________种非主族元素，画出As的原子结构示意图____________________。
（3）浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如上图2，则氯化铵最适宜的浓度为_____mol·L－l。
（4）加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：________________________________________，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为_____mol·L－1。
（5）“滤渣Ⅲ”的主要成分为__________（填化学式）。
（6）“沉锌”反应的离子方程式为______________________________。
【答案】（1）+2（2）三； （3）4
（4）MnO4－+3Fe2++7H2OMnO2+3Fe（OH）3↓+5H+ 4.0×10－8
（5）Cu、Zn
（6）2Zn2++4HCO3－Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O
【解析】（1）Pb（OH）Cl中，阴离子是Cl－和OH－，则Pb的化合价为+2价；
（2）As为第四周期VA族元素，有4个电子层，最外层有5个电子，则其原子结构示意图为；
（3）浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为4mol·L－l时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为4mol·L－l。
（4）加入适量KMnO4溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以MnO2的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是Fe（OH）3，再根据升降法配平写出反应方程式。要使常温下此时体系中Fe3+残留浓度最大，则pH＝4，c（OH－）＝10－10mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝4.0×10－8mol/L。
（6）溶液中有大量Zn2+，加入碳酸氢铵后产生Zn2（OH）2CO3，说明HCO3－电离出的CO32－和H+、OH－结合生成Zn2（OH）2CO3沉淀，促进HCO3的电离，电离出的H+又和HCO3－结合生成CO2和H2O，所以离子方程式为2Zn2++4HCO3－Zn2（OH）2CO3↓+3CO2↑+H2O。