2025年北京高考化學(xué)復(fù)習(xí)專練：有關(guān)物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算（解析版）

重難點(diǎn)03有關(guān)物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算

命題趨勢(shì)

考點(diǎn)三年考情分析2025考向預(yù)測(cè)

預(yù)計(jì)2025年高考考查以物質(zhì)的量

2024?北京卷T10/T14；2023?北京卷T12；2022?北京位核心的氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)

物質(zhì)的量計(jì)算

卷T12移，方程式中物質(zhì)的物質(zhì)的量計(jì)

算。

重難詮釋◎

【思維導(dǎo)圖】

與物質(zhì)的質(zhì)量的公式

與粒子數(shù)目的公式

以物質(zhì)的量為核心的公式與氣體體積的公式

有關(guān)物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算與溶液的物質(zhì)的量濃度的公式

阿伏伽德羅定律的推論

氧化還原反應(yīng)中的計(jì)算電子守恒法

【高分技巧】

一、以物質(zhì)的量為核心的各個(gè)化學(xué)計(jì)量之間的關(guān)系

阿伏加德羅定律的推論

相同條件推論公式語(yǔ)言敘述

n\_V\

八夕相同同溫、同壓下，氣體的體積與其物質(zhì)的量成正比

n2V1

p\_n\

T、%相同溫度、體積相同的氣體，其壓強(qiáng)與其物質(zhì)的量成正比

P2ni

p\_M\同溫、同壓下，氣體的密度與其摩爾質(zhì)量（或相對(duì)分子質(zhì)量）

八夕相同

P2M2成正比

二、氧化還原反應(yīng)中的計(jì)算

1.氧化還原反應(yīng)的計(jì)算一電子守恒法

氧化還原反應(yīng)計(jì)算的基本依據(jù)是氧化劑得到電子總數(shù)=還原劑失去電子總數(shù)。

2.“三步法”巧解氧化還原反應(yīng)的計(jì)算題

3.應(yīng)用電子守恒的解題步驟

找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)

找物質(zhì)

物和氧化產(chǎn)物

,確定一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)（注

定得失T意化學(xué)式中的原子個(gè)數(shù)）

根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子

守恒列出等式

對(duì)于多步連續(xù)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，

l只要中間各步反應(yīng)過(guò)程中沒(méi)有損耗,

找京系I—可直接找出起始物和最終產(chǎn)物，刪去

中間產(chǎn)物，建立二者之間的電子守恒

關(guān)系，快速求解

4.多步反應(yīng)得失電子守恒計(jì)算

有的試題中反應(yīng)過(guò)程多，涉及的氧化還原反應(yīng)也多，數(shù)量關(guān)系較為復(fù)雜，用常規(guī)方法求解

比較困難，若抓住失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)這一關(guān)系，則解題就變得很簡(jiǎn)單。解這類試題時(shí),

注意不要遺漏某個(gè)氧化還原反應(yīng)，要理清具體的反應(yīng)過(guò)程，正確分析在整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中化合價(jià)

發(fā)生變化的元素的得失電子數(shù)，即可迅速求解。

【方法技巧】

兩種元素間得失電子守恒計(jì)算

解決這類試題的關(guān)鍵是先找出氧化劑（或還原劑）的物質(zhì)的量以及每摩爾氧化劑（或還原劑）得

（或失）電子的量，然后根據(jù)得失電子守恒列出等式，求解等式中的未知量。

氧化劑的物質(zhì)的量X每摩爾氧化劑的得電子數(shù)=還原劑的物質(zhì)的量X每摩爾還原劑的失電子數(shù)。

限時(shí)提升練

（建議用時(shí)：40分鐘）

考向01氧化還原反應(yīng)相關(guān)物質(zhì)的量計(jì)算

1.（2024?北京?高考真題）不同條件下，當(dāng)KMnO4與KI按照反應(yīng)①②的化學(xué)計(jì)量比恰好反應(yīng)，結(jié)果如下。

KIKMnO4

反應(yīng)序號(hào)起始酸堿性還原產(chǎn)物氧化產(chǎn)物

物質(zhì)的量/mol物質(zhì)的量/mol

①酸性0.001nMn2+12

②中性0.00110nMnC)2

已知：M11O4的氧化性隨酸性減弱而減弱。

下列說(shuō)法正確的是

2+

A.反應(yīng)①,n（Mn）:n（I2）=1:5

B.對(duì)比反應(yīng)①和②，x=3

C.對(duì)比反應(yīng)①和②，「的還原性隨酸性減弱而減弱

D.隨反應(yīng)進(jìn)行，體系pH變化：①增大，②不變

【答案】B

【詳解】A.反應(yīng)①中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+2價(jià)，I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，根據(jù)得失電

子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)①的離子方程式是：10r+2MnO；+16H+=2Mn2++5l2+8H2。，故

2+

n(Mn)：n(I2)=2：5,A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.根據(jù)反應(yīng)①可得關(guān)系式101?2MnO,，可以求得n=0.0002,則反應(yīng)②的

n(I-)：n(MnO；)=0.001：(10x0.0002)=1：2,反應(yīng)②中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+4價(jià)，反應(yīng)②對(duì)應(yīng)的關(guān)系式

為I--2MnO4-MnO2~IO；-6e-,10；中I元素的化合價(jià)為+5價(jià)，根據(jù)離子所帶電荷數(shù)等于正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)

和知x=3,反應(yīng)②的離子方程式是：I-+2MnO4+H2O=2MnO21+IO，+2OHIB項(xiàng)正確；

C.已知MnO”的氧化性隨酸性減弱而減弱，對(duì)比反應(yīng)①和②的產(chǎn)物，I-的還原性隨酸性減弱而增強(qiáng)，C項(xiàng)

錯(cuò)誤；

D.根據(jù)反應(yīng)①和②的離子方程式知，反應(yīng)①消耗H+、產(chǎn)生水、pH增大，反應(yīng)②產(chǎn)生OH、消耗水、pH

增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選B。

2.(2023?北京?高考真題)離子化合物Na2。?和CaH?與水的反應(yīng)分別為

(T)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2T；@CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2T0下列說(shuō)法正確的是

A.Na2O2>Cat!?中均有非極性共價(jià)鍵

B.①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)

C.Na?。？中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1:2,CaH?中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為2:1

D.當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的。2和H2的物質(zhì)的量相同

【答案】C

【詳解】A.NazOz中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯(cuò)誤；

B.①中水的化合價(jià)不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；

C.Na?。？由Na+和組成.陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1：2,CaH?由Ca?+和H-組成，陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為

2：1,C正確；

D.①中每生成1個(gè)氧氣分子轉(zhuǎn)移2個(gè)電子，②中每生成1個(gè)氫氣分子轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時(shí),

生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1：2,D錯(cuò)誤；

故選C。

3.(2021?北京?高考真題)用電石(主要成分為CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙煥時(shí)，常用CuSCU溶液

除去乙煥中的雜質(zhì)。反應(yīng)為：

?CUSO4+H2S=CUS；+H2SO4

②11PH3+24CuSC)4+12H2O=3H3Po4+24H2so4+8CU3Pl

下列分析不正確的是

A.CaS、Ca3P2發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2St>Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T

B.不能依據(jù)反應(yīng)①比較硫酸與氫硫酸的酸性強(qiáng)弱

C.反應(yīng)②中每24molC11SO4氧化11molPH3

D.用酸性KM11O4溶液驗(yàn)證乙烘還原性時(shí)，H2S>PH3有干擾

【答案】C

【詳解】A.水解過(guò)程中元素的化合價(jià)不變，根據(jù)水解原理結(jié)合乙煥中?；煊蠬2S、PE可知CaS的水解方

程式為CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2Sf；Ca3P2水解方程式為Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T,A項(xiàng)正確；

B.該反應(yīng)能發(fā)生是因?yàn)橛胁蝗苡谒膊蝗苡谒岬腃uS生成，因此反應(yīng)①不能說(shuō)明H2s的酸性強(qiáng)于H2s04,

事實(shí)上硫酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸，B項(xiàng)正確；

C.反應(yīng)②中Cu元素化合價(jià)從+2價(jià)降低到+1價(jià)，得到1個(gè)電子，P元素化合價(jià)從-3價(jià)升高到+5價(jià)，失去8

個(gè)電子，則24moicuSC)4完全反應(yīng)時(shí)，可氧化PH3的物質(zhì)的量是24moi+8=3mol,C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.H2S.PH3均被KMnCU酸性溶液氧化，所以會(huì)干擾KMnCU酸性溶液對(duì)乙煥性質(zhì)的檢驗(yàn)，D項(xiàng)正確；

答案選C。

4.(24-25高三上?北京?階段練習(xí))為吸收工業(yè)尾氣中的NO和SO”設(shè)計(jì)如下流程，同時(shí)還能獲得連二亞

硫酸鈉(Na2s2O4,其結(jié)晶水合物又稱保險(xiǎn)粉)和NH4NC>3產(chǎn)品。(Ce為鈾元素)

下列說(shuō)法不正確的是

A.工業(yè)尾氣中的NO和SO?排放到大氣中會(huì)形成酸雨

B.裝置II的作用是吸收NO

C.Ce“+從陰極口流出回到裝置II循環(huán)使用

D.裝置IV中氧化IL2moi1-爪?！分辽傩枰獦?biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LC>2

【答案】C

【分析】由圖可知，裝置I中加入的氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫得到亞硫酸鈉溶液；裝置II中加入的溶液中

的Ce4+離子將一氧化氮轉(zhuǎn)化為亞硝酸根離子和硝酸根離子；裝置ni中電解時(shí)，Ce3+離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生

氧化反應(yīng)生成Ce4+離子，亞硫酸根離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成S?。；一；裝置IV中含有亞硝酸根離

子和硝酸根離子與通入的氨氣和氧氣反應(yīng)得到硝酸錢。

【詳解】A.工業(yè)尾氣中的一氧化氮與氧氣生成二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)形成硝酸型酸雨，二氧化硫與

水反應(yīng)形成硫酸型酸雨，故A正確；

B.由分析可知，裝置H中加入的溶液中的Ce4+離子將一氧化氮轉(zhuǎn)化為亞硝酸根離子和硝酸根離子，作用是

吸收一氧化氮，故B正確；

C.由分析可知，裝置ni中電解時(shí)，Ce3+離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ce4+離子，Ce4+離子從陽(yáng)極

口流出回到裝置n循環(huán)使用，故c錯(cuò)誤；

D.裝置IV中亞硝酸根離子與氧氣的反應(yīng)為2NOZ+O2=2NO『由方程式可知，氧化IL2moi/L亞硝酸根離子

時(shí)，消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下氧氣的體積為2moi/LxlLxgx22.4L/mol=22.4L,故D正確；

故選Co

5.（24-25高三上?北京?階段練習(xí)）研究表明，通過(guò)碘循環(huán)系統(tǒng)（如下圖所示）可以吸收工業(yè)廢氣中的SC>2并

制備一種重要的化工原料A,同時(shí)完成氫能源再生。下列說(shuō)法正確的是

A.A為亞硫酸

B.L在整個(gè)循環(huán)系統(tǒng)中做中間產(chǎn)物

C.不斷分離出H?有利于完成氫能源再生

D.理論上生成ImolH2時(shí)，HI分解過(guò)程轉(zhuǎn)移1mol電子

【答案】C

【分析】由圖可知，S02與12、氏0反應(yīng)生成HI、A,該反應(yīng)中I元素化合價(jià)降低，因此一定有元素化合價(jià)

升高，因此該反應(yīng)中S元素化合價(jià)升高至+6價(jià)，根據(jù)得失電子守恒以及質(zhì)量守恒可知，該反應(yīng)為

SO2+I2+2H2O2HI+H2so4，以此解答。

【詳解】A.由上述分析可知，A為H2s。4,故A項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

B.該循環(huán)系統(tǒng)中，b先消耗，后生成，作催化劑，HI先生成，后消耗，是中間產(chǎn)物，故B項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

C.由題給示意圖可知，碘化氫分解生成氫氣和碘單質(zhì)，若不斷分離出H2,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，有利

于HI的分解，完成氫能源再生，故C項(xiàng)說(shuō)法正確；

D.根據(jù)反應(yīng)2m=氏+12,每生成lmolH2,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol,故D項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

故答案為C。

6.(24-25高三上?北京?期中)向含HCN的廢水中加入鐵粉和K2c可制備K」Fe(CN)6]，反應(yīng)如下：

6HCN+Fe+2K2CO3=K[Fe(CN)6]+H2T+2CO2T+2H2O

下列說(shuō)法不正確的是

A.依據(jù)反應(yīng)可知：HCN的酸性強(qiáng)于H2cO3

B.HCN的結(jié)構(gòu)式是H-C三N

C.[Fe(CN%廣中Fe2+的配位數(shù)是6

D.反應(yīng)中每1molFe轉(zhuǎn)移2moi電子

【答案】A

【詳解】A.由方程式可知，該反應(yīng)為元素有化合價(jià)變化的氧化還原反應(yīng)，與溶液的酸堿性無(wú)關(guān)，無(wú)法判斷

氫氟酸和碳酸的酸性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；

B.氫氟酸分子中含有碳氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為H—C三N,故B正確；

C.[Fe(CN)6r中中心離子為Fe2+,氫氟酸根離子為配位體，配位數(shù)為6,故C正確；

D.由方程式可知，反應(yīng)中Imol鐵參與反應(yīng)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移2moi電子，故D正確；

故選A。

7.(24-25高三上?北京海淀?期中)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說(shuō)法正確的是

A.1mol羥基中含有IONA個(gè)電子

B.常溫常壓下，18g中含有NA個(gè)水分子

C.ImolL-1的(NH4)2SC>4溶液中含有NA個(gè)

D.lmolNa被完全氧化為Na2O2，失去2NA個(gè)電子

【答案】B

【詳解】A.每個(gè)羥基中含9個(gè)電子，Imol羥基中含有9NA個(gè)電子，A錯(cuò)誤;

B.：18gH2。對(duì)應(yīng)物質(zhì)的量為Imol,含有NA個(gè)水分子，B正確；

C.溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算，C錯(cuò)誤；

D.Na被完全氧化為Na2O2,Na元素化合價(jià)從0價(jià)升高至+1價(jià)，則1molNa被完全氧化為Na2O2,失去

NA個(gè)電子，D錯(cuò)誤；

答案選B。

8.（24-25高三上?北京海淀?期中）U3N是一種潛在的儲(chǔ)氫材料，遇水劇烈反應(yīng)生成NH3。U3N的吸氫反

應(yīng)如下：Li3N（s）+2H2（g）ULiNH2（s）+2LiH（s）,下列說(shuō)法不正確的是

A.適當(dāng)增大壓強(qiáng)，有利于氫氣的存儲(chǔ)

B.LiH中Li顯正價(jià)，H顯負(fù)價(jià)

C.該反應(yīng)每消耗0.2mol氏，轉(zhuǎn)移0.4mol電子

D.Li3N與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為：U3N+3H2O=3LiOH+NH3T

【答案】C

【詳解】A.U3N⑸+2H2（g）ULiNH2（s）+2LiH（s）是氣體體積減小的反應(yīng)，適當(dāng)增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng),

有利于氫氣的存儲(chǔ)，A正確；

B.Li元素沒(méi)有負(fù)價(jià)，為+1價(jià)，則H為-1價(jià)，B正確；

C.該反應(yīng)中部分H元素由0價(jià)下降到-1價(jià),部分由0價(jià)上升到+1價(jià),該反應(yīng)每消耗0.2molH2,生成0.2molLiH,

轉(zhuǎn)移0.2mol電子，C錯(cuò)誤；

D.Li3N中Li元素為+1價(jià)，N為-3價(jià)，則Li3N與H2O反應(yīng)生成LiOH和NH3,化學(xué)方程式為：U3N+

3H2O=3LiOH+NH3T，D正確；

故選C。

9.（24-25高三上?北京?期中）回收某光盤金屬層中少量Ag的方案如下（其他金屬含量過(guò)低，可忽略）。

NaClO溶液氨水X

預(yù)處理后.A

的光盤碎片T氧?化I-------H溶解I--------H還原—Ag

②③

NaOH溶液

①

下列說(shuō)法不正確的是

A.“氧化”過(guò)程若將NaOH改為H2sO,，并在加熱條件下進(jìn)行，一定能提高氧化速率

B.①中還生成。2，則可能的化學(xué)反應(yīng)為：4Ag+4NaC10+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2T

C.②中加入氨水，作用是利用N的孤電子對(duì)，與Ag+形成配位鍵

D.③中，若X是月井(N2H/氏0)溶液，氧化產(chǎn)物為無(wú)害氣體，則理論上消耗ImolN2H「凡0可提取

432gAg

【答案】A

【分析】回收某光盤金屬層中的少量Ag,由流程可知，氧化時(shí)發(fā)生4Ag+4NaC10+2H2O=4AgCl+4NaOH+C>2T,

經(jīng)過(guò)操作a即過(guò)濾分離出氯化銀，可能含有銀，再加氨水溶解AgCl,發(fā)生反應(yīng)：AgCl+2NH3-H2O#Ag(NH3)"

+C1-+2H2O,經(jīng)過(guò)操作b即過(guò)濾分離出的濾渣為Ag,再向?yàn)V液中加入X,將Ag(NH3)；還原得到Ag,據(jù)此解

答。

【詳解】A.因NaClO溶液在強(qiáng)酸的條件下會(huì)產(chǎn)生次氯酸，而次氯酸受熱易分解生成HC1和氧氣，使得次

氯酸鈉失去了氧化能力，則“氧化”過(guò)程若將NaOH改為H2sO,，并在加熱條件下進(jìn)行，會(huì)降低氧化速率，A

錯(cuò)誤；

B.①中還生成。2,則次氯酸鈉溶液與Ag反應(yīng)生成氯化銀、氫氧化鈉和氧氣，可能的化學(xué)方程式為：

4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2T,B正確；

C.②中加入氨水，Ag+提供空軌道，NE中氮原子提供孤電子對(duì)與Ag+形成配位鍵，從而溶解AgCl生成

Ag(NH3)^,C正確；

D.“還原”過(guò)程中，若X是脫(N2H4.凡0)溶液，氧化產(chǎn)物為無(wú)害氣體，則(N2H「凡0)被氧化生成N2，

Ag(NH3)；被還原生成Ag,理論上消耗ImolN2H4?凡0轉(zhuǎn)移4moi電子，生成4moiAg,即可提取

4moZx108g/moZ=432gAg,D正確；

故選A。

10.(24-25高三上?北京?階段練習(xí))工業(yè)制備硝酸反應(yīng)之一：3N02+H20=2HN03+N0O/表示阿伏加

德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是

A.室溫下，22.4LNO2中所含原子總數(shù)為3名

B.46gNO?和NQ4的混合氣體中含有的氮原子總數(shù)為2名

C.上述反應(yīng)，生成ImolHNO3轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為以

D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LNO中所含電子總數(shù)為5%

【答案】C

【詳解】A.室溫下，氣體摩爾體積不是22.4L/moL22.4LN0?的物質(zhì)的量不是ImoL故A錯(cuò)誤；

B.NO2和N2O4的最簡(jiǎn)式都是NO2，46gNC>2和N2O4的混合氣體中含有的氮原子總數(shù)為

"gxlxNA"?。/-=NA,故B錯(cuò)誤；

46g/mol

C.上述反應(yīng)，N元素化合價(jià)由+4升高為+5、N元素化合價(jià)由+4降低為+2,生成ImolHNO3轉(zhuǎn)移電子的數(shù)

目為r，故C正確；

D.一個(gè)NO分子中含有15個(gè)電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LNO的物質(zhì)的量為0.5mol,所含電子總數(shù)為7.5義,

故D錯(cuò)誤；

選C。

11.（24-25高三上?北京?階段練習(xí)）實(shí)驗(yàn)室中利用固體KMnCU進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是

0.1mol<MnO4足量］鹽酸

加熱一?"固體一加熱一?"氣體單質(zhì)H

IT

氣體單質(zhì)G酸性MnCb溶液

A.G與H均為還原產(chǎn)物B.實(shí)驗(yàn)中KMnCU只做氧化劑

C.Mn元素只參與了2個(gè)氧化還原反應(yīng)D.G與H的物質(zhì)的量之和可能為0.2mol

【答案】D

【分析】由圖可知，高錦酸鉀受熱分解生成錦酸鉀、二氧化錦和氧氣（單質(zhì)G）,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4

A

=K2MnO4+MnO2+O2T，由方程式可知，O.lmol高錦酸鉀完全反應(yīng)時(shí)，生成鋅酸鉀、二氧化銃和氧氣都是

0.05mol；向固體中加入足量濃鹽酸共熱時(shí)，鎰酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)共熱反應(yīng)生成氯化鉀、氯化鎰、氯氣（單

A

質(zhì)H）和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為K2M11O4+8HCI（濃）=2KCl+MnC12+2CbT+4H2。，二氧化錦與濃鹽酸反

A

應(yīng)共熱反應(yīng)生氯化銃、氯氣（單質(zhì)H）和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnC）2+4HCl（濃）=MnCb+C12T+2H2。,

由方程式可知，0.05mol錦酸鉀和0.05mol二氧化銃完全反應(yīng)時(shí)，生成氯氣的物質(zhì)的量為

x

0.05mol2+0.05mol=0.15molo

【詳解】A.由分析可知，生成氧氣（單質(zhì)G）的反應(yīng)中，氧元素的化合價(jià)升高被氧化，氧氣是反應(yīng)的氧化

產(chǎn)物；生成氯氣（單質(zhì)H）的反應(yīng)中，氯元素的化合價(jià)部分升高被氧化，氯氣是反應(yīng)的氧化產(chǎn)物，故A錯(cuò)

誤；

B.由分析可知，生成氧氣的反應(yīng)中，氧元素的化合價(jià)升高被氧化，鎬元素的化合價(jià)降低被還原，高鋅酸鉀

即是氧化劑又是還原劑，故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，鎰元素參與了3個(gè)氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.由分析可知，反應(yīng)生成氧氣的物質(zhì)的量為0.05mol,生成氯氣的物質(zhì)的量為0.15mol,氧氣和氯氣的物質(zhì)

的量之和為0.05mol+0.15mol=0.2mol,故D正確；

故選D。

12.（24-25高三上?北京?階段練習(xí)）實(shí)驗(yàn)室既可用MnC>2與濃鹽酸在加熱條件下反應(yīng)制備Cb，也可用KMnO4

與濃鹽酸在常溫下反應(yīng)制備CL己知反應(yīng)①M(fèi)1Q+4H3（濃）~。2+。2個(gè)+2乂。，反應(yīng)②

2KMnO4+16HC1（^）=2KC1+2MnCl2+5C12T+8H2O。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2

B.上述兩個(gè)反應(yīng)中，HC1體現(xiàn)還原性和酸性

C.制備等物質(zhì)的量的Cb，消耗MnC）2與KMnC%的物質(zhì)的量之比為5：2

D.反應(yīng)①中參加反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1

【答案】D

【分析】①M(fèi)1Q+4HJ（濃）AM1c12+。2T+2Hz。中Mn元素化合價(jià)降低，部分C1元素化合價(jià)升高，即MnO2

為氧化劑，Cb為氧化產(chǎn)物，②2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnC12+5C12T+8H2。中Mn元素化合價(jià)降

低，部分C1元素化合價(jià)升高，KMnC）4為氧化劑，Cb為氧化產(chǎn)物。

【詳解】A.反應(yīng)②生成Cb更易，同時(shí)根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，可知氧化性：

KMnO4>MnO2>Cl2,故A項(xiàng)正確；

B.上述兩個(gè)反應(yīng)中，均存在部分C1元素化合價(jià)升高被氧化，HC1作還原劑，部分HC1生成鹽，HC1表現(xiàn)

出酸性，故B項(xiàng)正確；

C.由上述方程式可知5c1??5MnC>2?2KM11O4,因此制備等物質(zhì)的量的CI2，消耗MnO?與KMnCU的物質(zhì)

的量之比為5：2,故C項(xiàng)正確；

D.反應(yīng)①中MnCh為氧化劑，其中有一半的HC1作還原劑被氧化，因此參加反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物

質(zhì)的量之比為1：2,故D項(xiàng)錯(cuò)誤；

綜上所述，錯(cuò)誤的是D項(xiàng)。

13.（24-25高三上?北京?階段練習(xí)）己知可用CO2O3與濃鹽酸反應(yīng)備。2,反應(yīng)前后存在六種微粒：

2+

Co2O3.HQ、C；、H+、CrffCoo下列敘述不正確的是

A.氧化產(chǎn)物為CL

B.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:6

c.該反應(yīng)條件下，CO2O3的氧化性強(qiáng)于C4

D.若反應(yīng)中有2moi電子轉(zhuǎn)移，則參加氧化還原反應(yīng)的HC1有2moi

【答案】B

【詳解】A.HC1中C1元素的化合價(jià)升高，為還原劑，生成CHCb為氧化產(chǎn)物，A項(xiàng)正確；

B.CO2O3是氧化劑，HC1是還原劑，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Cb和C02+,根據(jù)反應(yīng)中得失電子數(shù)可知，

氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2,B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.在該反應(yīng)中，0)2。3作氧化劑，是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以CO2O3

的氧化性強(qiáng)于Cb，C項(xiàng)正確；

D.每生成1個(gè)Cb，轉(zhuǎn)移2個(gè)電子，若反應(yīng)中有2moi電子轉(zhuǎn)移，則生成ImolCb,參加氧化還原反應(yīng)的

HC1有2mol,D項(xiàng)正確；

答案選B。

14.(24-25高三上?北京?階段練習(xí))用電石(主要成分為CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙煥時(shí)，常用CuSO,

溶液除去乙烘中的雜質(zhì)。反應(yīng)為：?H2S+CuSO4=CuS+H2SO4,②

24CUSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P+3H3PO4+24H2SO4；下列分析不正確的是

A.CaS、Ca3P2發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaS+2H2O=H2sT+Ca(OH)2,

Ca3P2+6H2O=2PH3T+3Ca(OH)2

B.不能依據(jù)反應(yīng)①比較硫酸與氫硫酸的酸性強(qiáng)弱

C.反應(yīng)②中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之是24:11

D.用酸性KMnCU溶液驗(yàn)證乙快還原性時(shí)，H2s和PH3有干擾

【答案】C

【詳解】A.水解過(guò)程中元素的化合價(jià)不變，根據(jù)水解原理結(jié)合乙煥中常混有H2S、PE可知CaS的水解方

2

程式為CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2ST；Ca3P水解方程式為Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T,A項(xiàng)正確；

B.該反應(yīng)能發(fā)生是因?yàn)橛胁蝗苡谒膊蝗苡谒岬腃uS生成，因此反應(yīng)①不能說(shuō)明H2s的酸性強(qiáng)于H2SO4,

事實(shí)上硫酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸，B項(xiàng)正確；

C.反應(yīng)②中Cu元素化合價(jià)從+2價(jià)降低到+1價(jià)，硫酸銅為氧化劑，P元素化合價(jià)從-3價(jià)升高到+5價(jià)還有

一部分化合價(jià)未發(fā)生變化，故有部分P%做還原劑，根據(jù)得失電子守恒規(guī)律，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之

比為24：3,故C錯(cuò)誤；

D.H2S.PH3均被KMnCU酸性溶液氧化，所以會(huì)干擾KMnCU酸性溶液對(duì)乙烘性質(zhì)的檢驗(yàn)，D項(xiàng)正確；

故選C。

15.（24-25高三上?北京?階段練習(xí)）油畫(huà)創(chuàng)作通常需要用到多種無(wú)機(jī)顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度

和光照條件下，顏料雌黃（As2s3）褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學(xué)反應(yīng)：

空氣，紫外光

2

/七AS2O3+H2S2O3

As2s3（S）

?、空氣’『然光》H3ASO4+H2SO4

資料：硫代硫酸根（，01）可看作是so>中的一個(gè)o原子被s原子取代的產(chǎn)物。

下列說(shuō)法正確的是

A.當(dāng)。；一的空間構(gòu)型是平面三角形，SOf的空間構(gòu)型是正四面體形

B.反應(yīng)I和II中,元素As和S都被氧化

〃（°2）

c.反應(yīng)I和II中，參加反應(yīng)/二的比值:反應(yīng)I小于反應(yīng)n

D.反應(yīng)I和II中，氧化1molAs2s3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3：7

【答案】D

【詳解】A.因?yàn)榱虼蛩岣⊿?。；一）可看作是SO『中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物，故當(dāng)。；-、SO；-

的空間構(gòu)型均是四面體形，A錯(cuò)誤；

B.As2s3中As的化合價(jià)為+3價(jià)，反應(yīng)I產(chǎn)物中As的化合價(jià)為+3價(jià)，故該過(guò)程中As沒(méi)有被氧化，B錯(cuò)誤;

紫外光

C.根據(jù)題給信息可知，反應(yīng)I的方程式為：2AS2S3+6O2+3H2O^=2AS2O3+3H2S2O3,反應(yīng)II的方程式為:

自然光?（02）

AS?S3+7O2+6H,O^=2H,ASO4+3H7SO4,則反應(yīng)I和II中，參加反應(yīng)的工會(huì):I>II,C錯(cuò)誤；

D.As2s3中As為+3價(jià)，S為-2價(jià)，在經(jīng)過(guò)反應(yīng)I后，As的化合價(jià)沒(méi)有變，S變?yōu)?2價(jià)，則ImolAs2s3失電

子3x4mol=12mol；在經(jīng)過(guò)反應(yīng)n后,As變?yōu)?5價(jià),S變?yōu)?6價(jià),則ImolAs2s3失電子

2x2mol+3x8mol=28mol,則反應(yīng)I和H中，氧化As2s3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3：7,D正確;

答案選D。

16.（24-25高三上?北京?開(kāi)學(xué)考試）在銅的冶煉過(guò)程中有如下反應(yīng)發(fā)生

5FeS2+14CuSC>4+12H2O=7Cu2s+5FeSC>4+12H2sO,關(guān)于止匕反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是

A.Cu2s既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物B.5moiFeS?發(fā)生反應(yīng)，有14moi電子轉(zhuǎn)移

C.FeS2只作還原劑D.產(chǎn)物中的SOj有一部分是氧化產(chǎn)物

【答案】D

[1SIS5FeS2+14CUSO4+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4,Cu元素化合價(jià)降低，被還原，CuS04

為氧化劑，F(xiàn)eS2中S元素化合價(jià)為-1價(jià)，反應(yīng)后分別升高為+6價(jià)、降低為-2價(jià)，F(xiàn)eS2既是氧化劑又是還原

劑。

【詳解】A.反應(yīng)中Cu元素的化合價(jià)降低，S元素的化合價(jià)降低，則Cu2s只是還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤;

B.5moiFeS2發(fā)生反應(yīng)，Cu元素化合價(jià)由+2價(jià)i+1價(jià)，14moicuSCU得到14moi電子，F(xiàn)eS2^Cu2S,S元

素的化合價(jià)由-1價(jià)T-2價(jià)，生成7moicU2S,得到7moi電子，有21moi電子轉(zhuǎn)移，B錯(cuò)誤；

C.FeS2中S元素化合價(jià)為-1價(jià)，反應(yīng)后分別升高為+6價(jià)、降低為-2價(jià)，F(xiàn)eS2既是氧化劑又是還原劑，C

錯(cuò)誤；

D.由化學(xué)方程式可知，反應(yīng)物中含有14moiS0：離子，生成物中有17moiSOj離子，則有3molS被氧化,

產(chǎn)物中的SOj有一部分是氧化產(chǎn)物，D正確；

答案選D。

17.（24-25高三上?北京?開(kāi)學(xué)考試）研究發(fā)現(xiàn)銅具有獨(dú)特的殺菌功能，能較好地抑制病菌的生長(zhǎng)。在工業(yè)

上銅的冶煉大致可分為：①富集：將硫化物礦石進(jìn)行浮選；②焙燒，主要反應(yīng)為：

2CuFeS2+4O2=Cu2S+3SO2+2FeO（爐渣）；③制粗銅，在120（FC發(fā)生的主要反應(yīng)為：

2CU2S+3O2=2CU2O+2SO2；2CU2O+Cu2S=6Cu+S02T；④電解精煉。下列說(shuō)法不正確的是

A.電解精煉時(shí)，粗銅應(yīng)與外電源的負(fù)極相連

B.反應(yīng)2CU2O+Cu2S=6Cu+SO2T中的還原劑是Cu2s

C.每生產(chǎn)6moicu,理論上需消耗15moiC>2

D.上述生產(chǎn)過(guò)程中的尾氣可以通入氨水中，生產(chǎn)氮肥

【答案】A

【詳解】A.電解精煉銅時(shí)，粗銅與外電源正極相連，作陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，從而除去了其中的雜質(zhì)，

故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)2CU2O+CU2s=6CU+SO2T，Cu2s中S元素的化合價(jià)都是由-2價(jià)升高為+4價(jià)，被氧化，則Cu2s都是

還原劑，故B項(xiàng)正確；

C.每生產(chǎn)6molCu需要2moicgo和ImolCu2s反應(yīng)，所以需要6molCuFeS2與O2反應(yīng)生成3molCu2S,其

中2moicu2s與Ch反應(yīng)生成2moicU2。，根據(jù)題中方程式可知，共需要氧氣的物質(zhì)的量為：

12mol+3mol=15mol,故C項(xiàng)正確；

D.上述生產(chǎn)過(guò)程中尾氣主要是二氧化硫氣體，通入氨水中生成亞硫酸鏤，可進(jìn)一步生成硫酸鏤，可作氮肥，

故D項(xiàng)正確；

故本題選A。

18.(24-25高三上?北京順義?階段練習(xí))用電石(主要成分為CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙快時(shí)，常用CuSO4

溶液除去乙煥中的雜質(zhì)。反應(yīng)為：?CuSO4+H2S=CuS+H2SO4；②

11PH3+24CUSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3PJ,下列分析不正確的是

A.CaS、Ca3P2發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2ST,

Ca3P2+6H3O=3Ca(OH)2+2PH3T

B.能依據(jù)反應(yīng)①比較硫酸與氫硫酸的酸性強(qiáng)弱

C.反應(yīng)②中每24moiCuSC>4氧化3nlolPH3

D.用酸性KMnO”溶液驗(yàn)證乙快還原性時(shí)，H2S,PH3有干擾

【答案】B

【詳解】A.水解過(guò)程中元素的化合價(jià)不變，根據(jù)水解原理結(jié)合乙快中?；煊蠬2S、PH3,可知CaS的水解

方程式為CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2ST；Ca3P2水解方程式為Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3T,A項(xiàng)正確；

B.該反應(yīng)能發(fā)生是因?yàn)橛胁蝗苡谒膊蝗苡谒岬腃uS生成，因此反應(yīng)①不能說(shuō)明H2S的酸性強(qiáng)于H2so4,

事實(shí)上硫酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.反應(yīng)②中Cu元素化合價(jià)從+2價(jià)降低到+1價(jià)，得至1個(gè)電子，P元素化合價(jià)從-3價(jià)升高到+5價(jià)，失去8

個(gè)電子，則24moicuSC)4完全反應(yīng)時(shí)，可氧化PE的物質(zhì)的量是24moi+8=3mol,C項(xiàng)正確；

D.乙快、H2S.PH3均能被KM11O4酸性溶液氧化出現(xiàn)褪色現(xiàn)象，所以會(huì)干擾KM11O4酸性溶液對(duì)乙烘性質(zhì)

的檢驗(yàn)，D項(xiàng)正確；

答案選B。

19.（2024?北京東城?一模）在Pt-BaO催化下，NO的“儲(chǔ)存-還原”過(guò)程如圖1所示。其中“還原”過(guò)程依次

發(fā)生反應(yīng)I和反應(yīng)II,各氣體的物質(zhì)的量變化如圖2所示。

下列說(shuō)法不正確的是

A.NO2與BaO的反應(yīng)中，NO2既是氧化劑，又是還原劑

B.反應(yīng)I為Ba（NC）3）,+8H2=BaO+2NH3+5H2O

C.反應(yīng)n中，最終生成N2的物質(zhì)的量為0.2amol

D.反應(yīng)I和n中消耗的Ba（NC）3）2的質(zhì)量比是3：5

【答案】D

【詳解】A.由可知NO和。2在Pt表面發(fā)生反應(yīng)生成NO?，NO?和BaO生成Ba（NO3）2的反應(yīng)中N元素的

化合價(jià)由+4價(jià)升至+5價(jià)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，還有N元素的化合價(jià)降低，則NO2既是氧化劑，又

是還原劑，A正確；

B.由圖可知，第一步反應(yīng)氫氣與Ba（NC）3）2作用生成NH3,方程式為：

Ba（NO3\+8H2=BaO+2NH3+5H2O,B正確；

C.由圖可知，反應(yīng)分兩步進(jìn)行，第二步反應(yīng)為NH3還原Ba（NO3）2生成BaO和N2等，則可知，相應(yīng)的關(guān)

系式為：5NH3~4N2,圖中氨氣最大量為0.25amol,則最終生成N2的物質(zhì)的量為0.2amol,C正確；

D.第二步反應(yīng)為NH3還原Ba（NC）3）2生成BaO和N2等，根據(jù)得式電子守恒可知，5NH3~3Ba（NO3）2,再

結(jié)合第一步反應(yīng)Ba（NC13）2?2NH3,可知第一步為5Ba（NC>3）2?IONH3,第二步為IONH3?3Ba（NC>3）2，則

反應(yīng)I和n中消耗的Ba（NC>3）2的質(zhì)量比即物質(zhì)的量之比是5：3,D錯(cuò)誤；

故選D。

20.（2022?北京?高考真題）某MOFs的多孔材料剛好可將N2O，'固定"，實(shí)現(xiàn)了NO?與N2O4分離并制備

HNO3,如圖所示:

MOFsN2O4

已知：2NC)2(g)UN2O4(g)AH<0

下列說(shuō)法不正確的是

A.氣體溫度升高后，不利于N2O4的固定

B.N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO?的去除

C.制備HNC)3的原理為：2N2O4+O2+2H2O4HNO3

D.每制備0.4molHNC)3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為6.02x1()22

【答案】D

【詳解】A.已知：2NO2(g)UN2O4(g)AHO,升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，底。4的濃度減小，不利于N2O4

的固定，故A正確；

B.N2O4被固定后，N2O4濃度減小，平衡正移，有利于NO?的去除，故B正確；

C.被固定的四氧化二氮和氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，制備HNO3的原理為：2N2C)4+O2+2H2O=4HNO3，故C

正確；

D.由C化學(xué)方程式可知，4HNO3-4e-,每制備0.4molHNC>3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為0.4乂6.02x1()23,故D錯(cuò)誤。

故選D。

"2,簡(jiǎn)稱EO)是一種重要的工業(yè)原料和消毒劑。由

21.(2021?北京?高考真題)環(huán)氧乙烷(

含EO的溶液

|分離

溶液bEO

電源

I.陽(yáng)極有H2。放電

II.陽(yáng)極有乙烯放電

ni.陽(yáng)極室流出液中含有ci2和HCIO

ii.假設(shè)沒(méi)有生成EO的乙烯全部在陽(yáng)極放電生成CO?，%。經(jīng)檢驗(yàn)陽(yáng)極放電產(chǎn)物沒(méi)有CO2.

【答案】⑵13【詳解】

(2)②i.陽(yáng)極有H2O放電時(shí)會(huì)產(chǎn)生氧氣，故需要檢驗(yàn)的物質(zhì)是。2；ii.設(shè)E0的物質(zhì)的量為amol

則轉(zhuǎn)化的乙烯的物質(zhì)的量為：丸；生成EO轉(zhuǎn)化的電子的物質(zhì)的量：2amol；此過(guò)程轉(zhuǎn)移電子的總物質(zhì)的

量：^7'生成CO2的物質(zhì)的量：2xy方義3%；生成CO2轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量：2XJ、X3%X6,則

2x^—x3%x6

97<

n(co2)=^a-----刃3%；

70%

22.(24-25高三上?北京?期中)黃鐵礦［主要成分為二硫化亞鐵(FeSz)］、焦炭和適量空氣混合加熱發(fā)生如下

反應(yīng)：

△

i.3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO

(1)反應(yīng)i生成lmolS2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為moL

(3)處理后的尾氣仍含少量SO2，經(jīng)Na2cCh溶液洗脫處理后，所得洗脫液主要成分為Na2co3、NaHCC^和

NazSOs利用生物電池技術(shù)，可將洗脫液中的Na2s。3轉(zhuǎn)化為單質(zhì)硫(以S表示)回收。

②一段時(shí)間后，若洗脫液中SO1的物質(zhì)的量減小了Imol,則理論上HCO；減小了moL

【答案】(1)4

(3)2

【分析】原電池中，葡萄糖轉(zhuǎn)化為二氧化碳和水，碳的化合價(jià)在升高，作負(fù)極，Na2sCh轉(zhuǎn)化為單質(zhì)硫，Na2sCh

中硫的化合價(jià)在降低，則正極電極反應(yīng)為：SO^+4e-+6HCO；=S+3H2O+6CO^,據(jù)此回答。

【詳解】（1）3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3C）4+2CO反應(yīng)中，碳元素從0價(jià)升高到+2價(jià)、鐵元素化合價(jià)升高，

3個(gè)鐵原子共升高2價(jià)、硫元素從-1價(jià)降低到。價(jià)，氧元素從0價(jià)降低到-2價(jià)，每當(dāng)生成3m0IS2,理論上

轉(zhuǎn)移12moi電子，貝!J反應(yīng)i生成Imo0時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol。

（3）②根據(jù)電極方程式可知，當(dāng)消耗Imol亞硫酸根離子，轉(zhuǎn)移4moi電子，同時(shí)消耗6moi碳酸氫根離子,

生成6moi碳酸根離子，根據(jù)電荷守恒，則有4moi的H+通過(guò)質(zhì)子交換膜來(lái)到正極，4moi氫離子可以結(jié)合

4mol的碳酸根離子生成4mol的碳酸氫根離子，則理論上碳酸氫根離子減小了2mol。

23.（24-25高三上?北京?階段練習(xí)）用如下方法回收廢舊CPU中的單質(zhì)Au（金）、Ag和Cu。

已知：①濃硝酸不能單獨(dú)將Au溶解。②HAUC14=H++AUC1；。

（4）若用Zn粉將溶液中的gmolHAuCl”完全還原，則參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量是mol。

【答案】（4）2

【分析】廢舊CPU中含有單質(zhì)Au（金卜Ag和Cu,加入硝酸酸化后，金不反應(yīng)，Ag和Cu轉(zhuǎn)化為銅離子和

銀離子的混合溶液,反應(yīng)為3Cu+8HNC）3（?。?3Cu（NC）3）2+2NOT+4H2。,3Ag+4HNC>3（稀尸3AgNC）3+NOT+2H2。,

含Au固體中加入硝酸和氯化鈉的混合溶液，Au轉(zhuǎn)化為HAuCL，反應(yīng)為

Au+4NaCl+5HNO3=HAuC14+2H2O+NOt+4NaNO3，HAuCL經(jīng)鋅粉還原分離得到金，反應(yīng)為

HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2t,（5）根據(jù)圖中信息可知，含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物

質(zhì)1和物質(zhì)3,物質(zhì)3加入試劑3后得到的是二氨合銀離子，試劑3是氨水，物質(zhì)3是氯化銀，試劑1是

NaCl溶液，物質(zhì)1是氯化銅，氯化銅加入過(guò)量鐵粉得到銅和亞鐵離子，經(jīng)過(guò)試劑2,過(guò)濾后得到銅單質(zhì)，

試劑2是鹽酸，除去過(guò)量的鐵粉，二氨合銀離子經(jīng)過(guò)還原可以得到銀單質(zhì)，實(shí)現(xiàn)了銅和銀的分離，據(jù)此分

析解答。

【詳解】

（4）由于HAuCL=H++AuCl；,若用Zn粉將溶液中的ImolHAuCL完全還原，HAuCL中金的化合價(jià)為+3

價(jià)，被鋅還原為0價(jià)，鋅的化合價(jià)從0價(jià)升高到+2價(jià)，參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量x,鋅的化合價(jià)從0價(jià)升

高到+2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒可知：2x=3,x=1.5moL則參加反應(yīng)的Zn的物質(zhì)的量是1.5moL另外

ImolHAuCU中H+可消耗0.5molZn,共2mol；

24.(24-25高三上?北京?階段練習(xí))研究人員合成了一種普魯士藍(lán)(PB)改性的生物炭(BC)復(fù)合材料

(BC-PB),并將其應(yīng)用于氨氮廢水(含NH3、NH：)的處理。

資料：①普魯土藍(lán)(PB)是亞鐵氟化鐵的俗稱，化學(xué)式為FejFe(CN)6]，難溶于水。

②BC-PB中，PB負(fù)載在BC表面，沒(méi)有產(chǎn)生新化學(xué)鍵，各自化學(xué)性質(zhì)保持不變。

I.復(fù)合材料BC-PB的合成

HCN氣體FeCh溶液

II.氨氮廢水處理

用NH4cl溶液模擬氨氮廢水。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)pH=2時(shí)，在BC-PB體系中加入H2O2,可將氨氮轉(zhuǎn)化為無(wú)毒氣體

N2,提高氨氮的去除率。其原理為：

+

i.Fe4[Fe(CNk]+3H2O2+3H=3Fe〔Fe(CN)6]+Fe"+3OH+3H2O

ii.QH將氨氮氧化為N2

(6)用BC-PB和H2O2混合處理某氨氮廢水。實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，收集到22.4LN2(己折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)。實(shí)驗(yàn)中消耗

的H2O2的質(zhì)量至少為go

【答案】

(6)204

【分析】反應(yīng)i中鐵粉轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，KOH溶液和HCN氣體、鐵粉反應(yīng)生成K4[Fe(CN)』K4Fe(CN)6]溶

液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到K4[Fe(CN)6]-3H2O,K4[Fe(CN)6]-3H2O和氯化鐵溶液、生物炭反應(yīng)生成

BC-PB；

【詳解】

+3+

(6)由反應(yīng)i、ii可得總反應(yīng)為：2Fe4[Fe(CN)6]3+6H2O2+4H+2NH：=6Fe[Fe(CN)6]+2Fe+N2T+12H2Oo

標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LN2物質(zhì)的量為Imol,則實(shí)驗(yàn)中消耗的H2。？的質(zhì)量至少為6moix34g/mol=204g。

25.(24-25高三上?北京?階段練習(xí))KMnO,是一種重要的氧化劑。

(3)工業(yè)上以軟銃礦(主要成分MnO?)為原料，通過(guò)電解法生產(chǎn)KMnO,。其生產(chǎn)工藝簡(jiǎn)略如下:

K?H循環(huán)2

步臂葬