金屬及其化合物（測試）-2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）

第三章金屬及其化合物

測試卷

時間：75分鐘分值：100分

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12016Co59

一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共15x3分）

1.（2024?重慶?模擬預(yù)測）下列實驗操作產(chǎn)生的現(xiàn)象正確的是

A.將CCh通入苯酚鈉溶液中，溶液出現(xiàn)渾濁

B.將少量Na放入CuS04溶液中，出現(xiàn)紅色沉淀

C.將蘸取NaCl溶液的鉗絲在火焰上灼燒，火焰呈紫色

D.將葡萄糖溶液加入新制的Cu（OH）2懸濁液中，出現(xiàn)黑色沉淀

【答案】A

【解析】A.CO2通入苯酚鈉溶液中生成苯酚、碳酸氫鈉，苯酚的溶解度不大，則溶液變渾濁，A正確；B.鈉

與硫酸銅溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、氫氧化銅、氫氣，觀察到生成藍(lán)色沉淀，B錯誤；C.鈉元素的焰色為黃色,

不是紫色，C錯誤；D.將葡萄糖溶液加入新制的Cu（OH）2懸濁液中，加熱出現(xiàn)磚紅色沉淀，不是黑色沉淀,

D錯誤；故答案為：Ao

2.（2024?安徽三模）化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列敘述不正確的是

A.裂化汽油、煤焦油、生物柴油的主要成分都是烷燒類

B.節(jié)日煙花呈現(xiàn)的是鈉、鉀、領(lǐng)等金屬元素的焰色試驗，與電子躍遷有關(guān)

C.KFeO”在水處理過程中涉及：氧化還原反應(yīng)、蛋白質(zhì)變性、鹽類水解、膠體聚沉

D.中國茶文化源遠(yuǎn)流長：治壺、投茶、出浴、淋壺、燙杯、酉麗茶、品茶……，泡茶過程涉及的操作有萃取、

過濾

【答案】A

【解析】A.裂化汽油、煤焦油的主要成分是燒類，生物柴油的主要成分是酯類，故A錯誤；B.節(jié)日煙花

呈現(xiàn)的是鈉、鉀、領(lǐng)等金屬元素的焰色試驗，與電子躍遷有關(guān)，電子從能量較高的激發(fā)態(tài)躍遷至能量較低

的激發(fā)態(tài)乃至基態(tài)時，以光的形式釋放能量，故B正確；C.KzFeO,具有強(qiáng)氧化性，在水處理過程中與細(xì)

菌發(fā)生氧化還原反應(yīng)使蛋白質(zhì)變性而達(dá)到殺菌的作用，BFeO4被還原生成鐵離子，鐵離子在水溶液中發(fā)生

水解生成氫氧化鐵膠體，膠體吸附水中懸浮的難溶性雜質(zhì)聚沉而達(dá)到凈水的目的，故KzFeO’在水處理過程

中涉及：氧化還原反應(yīng)、蛋白質(zhì)變性、鹽類水解、膠體聚沉，故C正確；D.投茶、出浴涉及茶的溶解，淋

壺、燙杯、醐茶過程涉及萃取以及過濾等操作，故D正確；故選A。

3.（2024?黑龍江?模擬預(yù)測）用下列裝置（夾持儀器已略去）進(jìn)行相關(guān)實驗，不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?/p>

帶火星的

小木條7

圖I

A.用圖I裝置蒸發(fā)濃縮CuSC>4溶液，獲得CuSOQH?。晶體

B.用圖n裝置驗證Na?。?與水反應(yīng)生成。2

c.用圖ni裝置提純AI（OH）3膠體

D.用圖IV裝置測定綠磯中結(jié)晶水的數(shù)目

【答案】A

【解析】A.溶液的蒸發(fā)濃縮應(yīng)在蒸發(fā)皿中進(jìn)行，A符合題意；B.過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，

若帶火星的小木條復(fù)燃可證明有氧氣生成，B不符合題意；C.膠體粒子不能透過半透膜，溶液可以，C不

符合題意；D.在硬質(zhì)玻璃管中隔絕空氣加熱綠磯，利用氮氣將產(chǎn)生氣體排至無水氯化鈣，通過無水氯化鈣

的質(zhì)量變化測定綠磯中結(jié)晶水的數(shù)目，D不符合題意；故選：A。

4.（2024?陜西西安?二模）化學(xué)與生活、科技、環(huán)境密切相關(guān)，下列應(yīng)用或事實不涉及氧化還原反應(yīng)的是

A.植物油氫化制人造奶油

B.為減少污染，將煤氣化或液化

C.常溫下，用鐵制容器盛裝濃硝酸

D.用明研作凈水劑除去水中的懸浮雜質(zhì)

【答案】D

【解析】A.植物油氫化制人造奶油過程中氫元素化合價發(fā)生改變，為氧化還原過程，A不符合題意；B.將

煤氣化或液化過程中存在元素化合價改變，為氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；C.常溫下，用鐵制容器盛裝

濃硝酸，是鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D.明磯作為凈水劑，這是因為

明磯溶于水發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，沒有元素化合價的變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，D符合題意；故

選D。

5.（2024?海南?三模）物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列前后對應(yīng)關(guān)系正確的是

A.FeCh溶液顯酸性，可除燃?xì)庵械腍2s

B.Na2s溶液顯堿性，可除廢水中的Cu?+

C.活性炭具有還原性，可吸附自來水中的懸浮物

D.KFeO”具有氧化性，可用于水的高效消毒殺菌

【答案】D

【解析】A.脫除燃?xì)庵蠬2s利用了FeCb的氧化性，與FeCb溶液顯酸性無關(guān)，故A錯誤；B.除去廢水

中CM+利用了Cu2+能與S2-生成不溶于水的CuS沉淀，與Na2s溶液顯堿性無關(guān)，故B錯誤；C.活性炭作

自來水的凈化劑是利用了其吸附作用，與活性炭具有還原性無關(guān)，故C錯誤；D.KFeO,具有氧化性，可

以使病毒中蛋白質(zhì)變性，可用于水的高效消毒殺菌，故D正確。答案選D。

6.(2024?重慶涪陵?模擬預(yù)測)下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是

18

A.將Na2O2固體投入H2O中:2H2i8O+2Na2C)2=4Na++218OH-+2OIT+O2T

B.CuCl2溶液中加入NaHS洛液：Cu2++2HS+2H2O=Cu(OH)2J+2H?ST

C.向紅色Fe(SCNh溶液中加入過量鐵粉至溶液紅色褪去：2Fe3++Fe=3Fe2+

D.少量co2通入苯酚鈉溶液：+CO+HO—>2(^^OH+C。；

22

【答案】A

18+18

【解析】A.將Na?。？固體投入H?"。中：2H2O+2Na2O2=4Na+2OH-+2OH-+O2T,A正確；B.CuC4溶

液中加入NaHS溶液：CU2++HS=CUSJ+H+,B錯誤；C.向紅色Fe(SCN］溶液中加入過量鐵粉至溶液紅

3+3+2+

色褪去：Fe(SCN)3^Fe+3SCN-,2Fe+Fe=3Fe,C錯誤；D.少量CO2通入苯酚鈉溶液：

+CO2+H2O—>+HCO-,D錯誤；故選A。

7.(2024?黑龍江哈爾濱?三模)下列操作不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖?/p>

A.用無水CuSO”檢驗甲苯中的少量水B.用濕潤的藍(lán)色石蕊試紙檢驗NH,

C.用FeCh溶液檢驗水中是否含有苯酚D.用KSCN溶液檢驗Fes。,溶液是否變質(zhì)

【答案】B

【解析】A.無水CuSC)4遇水變藍(lán)色，所以可以用無水CuSC)4檢驗甲苯中的少量水，故A不符合題意；B.應(yīng)

用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗NH3,試紙變藍(lán)色，不能用濕潤的藍(lán)色石蕊試紙檢驗NH3,故B符合題意；

C.苯酚與FeCh溶液作用顯紫色，可以用FeCy溶液檢驗水中是否含有苯酚，故C不符合題意；D.FeSO4

溶液變質(zhì)說明溶液中含有Fe3+,KSCN遇Fe3+變紅色，可以用KSCN溶液檢驗FeSC>4溶液是否變質(zhì)，故D

不符合題意；故選B。

8.(23-24高一下?內(nèi)蒙古鄂爾多斯?開學(xué)考試)下列關(guān)于各實驗裝置的描述中，不恰當(dāng)?shù)氖?/p>

包有NazCh的脫脂棉

圖1

A.圖1的實驗可以證明過氧化鈉與水反應(yīng)放熱

B.圖2中的溶液要提前驅(qū)除溶解的氧氣，以制備Fe(OH)2

C.圖3的裝置可以用于去除碳酸鈉中的碳酸氫鈉

D.圖4的裝置可能發(fā)生倒吸，需要改進(jìn)

【答案】C

【解析】A.若脫脂棉燃燒，則可以說明該反應(yīng)放熱，產(chǎn)生的熱量使脫脂棉燃燒，A正確；B.NaOH直接

與硫酸亞鐵反應(yīng)得到Fe(OH)2,溶液提前驅(qū)除溶解的氧氣，煤油可以隔絕氧氣，防止Fe(OH)2被氧化，B正

確；C.加熱固體使碳酸氫鈉分解不能在蒸發(fā)皿中進(jìn)行，C錯誤；D.氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次

氯酸鈉與水，氣體被消耗，會造成壓強(qiáng)差，可能發(fā)生倒吸，需要改進(jìn)，D正確；故選C。

9.(2023?浙江紹興?一模)硫酸銅是一種重要的鹽，下列說法不亞確的是

A.可用于泳池的消毒B.可以用來檢驗酒精中是否含少量水

C.可以和石灰乳混合配制農(nóng)藥波爾多液D.可以通過Cu與稀硫酸反應(yīng)制備

【答案】D

【解析】A.硫酸銅是重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而起到殺菌消毒的作用，常用于泳池的消毒，故A

正確；B.白色無水硫酸銅能與水反應(yīng)生成淡藍(lán)色的五水硫酸銅，所以硫酸銅可以用來檢驗酒精中是否含少

量水，故B正確；C.硫酸銅溶液和石灰乳都能能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而起到殺菌的作用，所以硫酸銅石灰乳

混合配制農(nóng)藥波爾多液，故C正確；D.銅是不活潑金屬，不能與稀硫酸反應(yīng)，所以不能用銅與稀硫酸反應(yīng)

制備硫酸銅，故D錯誤；故選D。

10.(2024?山東濟(jì)寧?一模)氧泡泡是一種多功能新型漂白劑，其有效成分是過碳酸鈉(xNa2cO3?yH2O2)。

I.以芒硝(Na2sO4TOH2O)、H2O2等為原料制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

NajCrQ溶液CO,穩(wěn)定劑30%H2O2

瞥二步驟］―*步驟2―*灼燒、精制一*步,3罌*過碳酸鈉

?■濾液X95%乙醉

謔渣

II.測定過碳酸鈉化學(xué)式的實驗步驟如下(樣品中雜質(zhì)不參加反應(yīng))：

①用電子天平稱取兩份質(zhì)量均為mg的樣品。

②將一份置于錐形瓶中，加水溶解，加催化劑使H2O2充分快速分解(催化劑不參與其它反應(yīng))，然后加酚猷

作指示劑，用0.0500mol?L-iH2s。4溶液滴定至終點，消耗硫酸VimL。

③將另一份置于碘量瓶中，加入50mL蒸儲水，并立即加入6mL2.0mol?L」H3P。4溶液，再加入過量KI固體,

搖勻后于暗處放置lOmin,加入適量指示劑，用O.lOOOmoM/Na2s2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗Na2s2O3

標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。(已知：2Na2s2Ch+l2=Na2s4G)6+2NaI)

過碳酸鈉制備的流程中，下列說法錯誤的是

A.步驟1中2moi芒硝參與反應(yīng)時，消耗ImolNazCnCh

B.濾渣的主要成分為CaS04

C.步驟2的方程式為2Na2CrO4+2CO2+H2OUNa2Cr2O7+2NaHCO31

D.穩(wěn)定劑的作用是阻止微量雜質(zhì)金屬離子的催化作用，減少雙氧水的分解

【答案】A

【分析】步驟1中，芒硝、CaO、NazCnCh溶液混合后，發(fā)生反應(yīng)Na2sC）4+CaO+NazCnC^ZNazCrCM+CaSCU;

過濾后，濾渣主要為CaSO4；步驟2中，往濾液中通入CO2,Na2CrO4轉(zhuǎn)化為NazCnCh,同時生成NaHCCh,

過濾后，NazCnCh循環(huán)使用；NaHCCh灼燒后生成Na2cCh等，與30%a02、穩(wěn)定劑混合，再加入95%的乙

醇，抽濾、干燥后生成過碳酸鈉。

【解析】A.步驟1中發(fā)生反應(yīng)Na2so4+CaO+Na2Cr2O7=2Na2CrO4+CaSO4,則2moi芒硝參與反應(yīng)時，消耗

2moiNazCnCh,A錯誤；B.由分析可知，濾渣的主要成分為CaSCU,B正確；C.步驟2中，往濾液中通

入CO2,NazCrCU轉(zhuǎn)化為NazCnCh,同時生成NaHCCh，方程式為

2Na2CrO4+2CO2+H2ONa2Cr2O7+2NaHCO31,C正確；D.H2O2易發(fā)生分解，特別是有金屬離子作用時,

則穩(wěn)定劑的作用是阻止微量雜質(zhì)金屬離子的催化作用，減少雙氧水的分解，D正確；故選A。

11.（2024?湖北武漢?模擬預(yù)測）鈦被譽(yù)為太空金屬和親生物金屬，擁有卓越的金屬特性。以鈦鐵礦（主要

成分為FeTiOs，還含有少量FeQs）為原料制備鈦的流程如圖所示，已知TiCI”沸點為136（。下列說法錯誤

的是

焦炭Cl2CO

Mg

FeTiO3—>氯化->TiCl4>Ti

Ar氣氛中、800℃

FeCl3

A.為加快“氯化”速率，可將鈦鐵礦粉碎并與焦炭混合均勻

B.理論上，每制得ImolTi,需要2moiMg

C.TiCL固體為分子晶體

D.流程中的Ar氣氛換成性質(zhì)穩(wěn)定的氮氣也可以達(dá)到同樣效果

【答案】D

【分析】氯化發(fā)生的反應(yīng)為：2FeTiO3+7CL+6C畫遢2FeCb+2TiC14+6CO,得到TiCh,然后鎂和四氯化鈦反

應(yīng)生成鈦和氯化鎂，化學(xué)方程式為TiCL+2Mg室空Ti+2Mge3

【解析】A.將鈦鐵礦粉碎并與焦炭混合均勻，增大反應(yīng)物的接觸面積，可加快“氯化”速率，故A正確；B.鎂

和四氯化鈦反應(yīng)生成鈦和氯化鎂，化學(xué)方程式為TiCL+2Mg辿蛆Ti+2Mge3理論上，每制得ImolTi,需

要2moiMg,故B正確；C.由題可知TiCL的沸點低，屬于分子晶體，只含共價鍵，是共價化合物，故C

正確；D.高溫下Ti與N2反應(yīng)，由TiCk制備Ti的過程中，Ar氣不可換成氮氣，故D錯誤；故答案選D。

12.(2024?河北邯鄲三模)輕質(zhì)碳酸鎂［MgCO3-Mg(OH)2-3Hq］是廣泛應(yīng)用于橡膠、塑料、食品和醫(yī)藥

工業(yè)的化工產(chǎn)品，以鹵塊(主要成分為MgC4,含F(xiàn)e?+、Fe?+等雜質(zhì)離子)為原料制備輕質(zhì)碳酸鎂的工藝

流程如圖。下列說法錯誤的是

濾渣XNaCl(aq).

NH4Cl(aq)

A.在實驗室進(jìn)行①操作所用的儀器為玻璃棒、燒杯

3+

B.“氧化”工序中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe?++凡0?+2H+=2Fe+2H2O

C.②和③工序名稱均為“過濾”

D.“沉鎂”工序控制合適的溫度，產(chǎn)生的氣體X主要為NH3和CO?

【答案】D

【分析】由圖知，向鹵塊(主要成分為MgC",含F(xiàn)e?+、Fe3+等雜質(zhì)離子)中加入鹽酸進(jìn)行酸溶，再加入

2++3+2+3+

過氧化氫發(fā)生2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O將Fe氧化為Fe",再加入氫氧化鈉溶液Fe轉(zhuǎn)化為氫氧

化鐵沉淀，過濾將其除去得到濾渣，濾渣為氫氧化鐵，向濾液中加入碳酸氫鏤進(jìn)行沉鎂，發(fā)生

2+

2Mg+4^07+21^0=MgCO3-MgCOH^t故X主要為二氧化碳，經(jīng)過過濾，得到輕質(zhì)

碳酸鎂［MgCC)3-Mg(OH)2?3國@,據(jù)此回答。

【解析】A.①操作需用鹽酸溶解鹵塊，所用儀器為玻璃棒、燒杯，A正確；B.“氧化”目的是將Fe?+氧化

為Fe3+,再通過調(diào)節(jié)pH除去，離子方程式為2Fe2++H2()2+2H+=2Fe3++2H2。，B正確；C.②和③操作

都得到液體和固體，均為過濾，C正確；D.“沉鎂”工序中Mg2+、HCO；轉(zhuǎn)化為

2+

MgC03-Mg(0H)2-3H2O(2Mg+4HCO；+21^O=MgCO3-Mg(OH)2-311,0^+3CO21),溫度過高

NH4HCO3分解才可能產(chǎn)生NH3,D錯誤；故選D。

13.(2024?湖南長沙?三模)氯化銅廣泛用作媒染劑、氧化劑、木材防腐劑、食品添加劑、消毒劑等，在空

氣中易潮解。某興趣小組利用如圖所示裝置制備氯化銅。下列說法正確的是

B.B中盛放濃硫酸，C中盛放飽和食鹽水

C.D裝置后需連接盛有氫氧化鈉溶液的燒杯，防止污染

D.實驗時，先點燃D處酒精燈，再滴加濃鹽酸

【答案】A

【分析】裝置A制取氯氣，氯氣中混有HC1和水蒸氣，裝置B中盛放飽和食鹽水，除去HC1,C中盛放濃

硫酸，干燥氯氣，裝置D制取氯化銅。

【解析】A.恒壓滴液漏斗的作用是平衡滴液漏斗和圓底燒瓶間的氣壓，便于液體順利滴下，不需要打開上

端的塞子，可防止HC1揮發(fā)，A項正確；B.B中盛放飽和食鹽水，除去HC1,C中盛放濃硫酸，干燥氯氣，

B項錯誤；C.D裝置后需要連接干燥裝置，防止CuCb潮解，再通入氫氧化鈉溶液，C項錯誤；D.為防

止氧氣反應(yīng)引入雜質(zhì)，需先通一段時間氯氣，再點燃D處酒精燈，D項錯誤；故選A。

14.（2024?北京?三模）從電子廢料（含Au、Ag和Cu等）中可回收金，主要流程如下：

---------溶金析金--------

電子廢料卜二~>——H粗Au

已知：王水溶金發(fā)生反應(yīng)Au+HNOj（?。?4HC1（濃）=HAUC14+NOT+2H2O

下列說法不氐琥的是

A.濃鹽酸促進(jìn)了Au和HNO3的反應(yīng)，其原因是降低了《Au3+）,增強(qiáng)了Au的還原性

B.以HAuCl’為電解質(zhì)進(jìn)行粗金的電解精煉，可能會有AgCl覆蓋在陰極發(fā)生針化

C.Na2sO3可實現(xiàn)析金發(fā)生反應(yīng)：2HAuCL+3H2O+3Na2SO3=2Au+3Na2SO4+8HCl

D.依據(jù)王水溶金原理，NaNOs溶液與濃鹽酸也可使Au溶解

【答案】B

【分析】電子廢料（含Au、Ag和Cu等）首先通過王水溶金生成HAuCl「再加入Na2sO3還原析金，得到粗

金。

【解析】A.濃鹽酸與Ai?+結(jié)合，生成［AuCl/，降低了c（Au3+）,增強(qiáng)了Au的還原性，A正確；B.溶液

中氯離子主要以［AuClJ形式存在，故不會生成氯化銀沉淀，B錯誤；C.Na2s作還原劑還原HAUCL，

實現(xiàn)析金，化學(xué)反應(yīng)為：

2HAUC14+3H2O+3Na2SO3=2Au+3Na2SO4+8HC1,C正確；D.選用NaNO3溶液、濃鹽酸溶金與王水原

理相同，也可使Au溶解，D正確；答案選B

15.（2024?全國?模擬預(yù)測）草酸鉆晶體是制備鉆的氧化物的重要原料。18.3g草酸鉆晶體（COC2O4-2H2。）

在隔絕空氣受熱時的質(zhì)量變化曲線如圖所示，240。（2及以上所得固體均為鉆氧化物（其中Co的化合價為+2

或+3）。下列說法正確的是

則

的,分自

應(yīng)為百基

4）體

對,（留羥

3固保

%o的

c余量

3g性

3.?剩質(zhì)化

0點

8。體氧

?B固

UH強(qiáng)

%.,

0Z/C3生

0OO產(chǎn)

1z；2

XC誤；O以

o確C可

錯成

3C正系

38式項生

1項體

蚓系B解

，C頓

關(guān)分

為立,芬

2到2溫。

O數(shù)成類

C得O高素

6分不C3合

+，6O生

4）T百設(shè)+耦

C2恒C抗

3O留4O。鹽

O守假0

C保3CC酸的

C+素），中

^O量0/?3選硫

溫2O元水

質(zhì)V=>故過

高O鉆y.溫C廢

H'體^C；化

2yC高=o

+固據(jù)2C誤活解

^?。

43則根o為鐵降

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O，4u+化

2Cu點項價

eOO14氧

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體C氧1+共酸產(chǎn)

草通點項百x3（蘇

固若入398硫中

時時.A留51題江2

余D通+x?和系O

點點cA，保22擇4）2

剩到,1（2體H

】】點量4選0H

A點B點+2

B質(zhì)O9i（O（該

到案析25非

.C若CC）

.答解為體o為、.基1

、瞬求而副曜斜眼及眄..【【.6（

%ABCD點固CD數(shù)二1由

o

①SO；?的結(jié)構(gòu)為-o—Q—O,S2O；的結(jié)構(gòu)式為

II

o

②SO；?在堿性溶液中可轉(zhuǎn)化為。H,該反應(yīng)的離子方程式為

（2）為探究體系中SO：?和QH降解抗生素的能力，設(shè)計了自由基猝滅實驗。CH30H是SOJ和OH的猝滅

劑，能與SO〉、.OH快速反應(yīng)；（CHslCOH是OH的猝滅劑，難和SO：?反應(yīng)。零價鐵活化過硫酸鹽耦合

類芬頓體系處理廢水時分別加入上述猝滅劑，抗生素殘留率與時間的關(guān)系如圖所示。

1.0

0.8

%

、

於0.6

融

稷0.4

0.2

5101520

時間/min

①甲醇和OH反應(yīng)的原理是QH拔走了甲醇中的一個H原子，生成一個新的自由基，可能產(chǎn)物的相對能量

如圖所示，該反應(yīng)最有可能的方程式為.

0.0-

-12.55-

-22.09-2”

相對能量/（kcal/mol）

②實驗功口入的猝滅劑甲是

③降解抗生素的自由基主要是哪個，簡述理由

（3）探究SzOjXPDS）的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)對抗生素去除率的影響。在PH=7的廢水中，PDS和H2O2總濃度為

IxlO^molL-1,相同時間內(nèi)，PDS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與抗生素殘留率的關(guān)系如圖所示。

1.0,

0.8-PDS%=0%

%s6

、

耕PDS%=80%

?s4

稷

0.2-X

PDS%=50%^^^________

------------1---------■---------------------

5101520

時間/min

①PDS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)從80%降到50%,抗生素殘留率降低的原因是。

②PDS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)降到0%時，抗生素殘留率升高的原因是o

2-

OOOOn

IIIIrIIII,

【答案】（1）①O—S—O—O—S—0一或O—S—O—O—S—O（2分）②SO「+OH=?OH+S5

（1分）

（2）①CHsOH+QH?CHzOH+H?。（2分）②CH30H或甲醇（1分）③QH,實驗n和實驗I

在相同時間內(nèi)降解率差距不大，說明sc?4?降解能力不強(qiáng)；相同時間內(nèi)實驗in降解率遠(yuǎn)大于實驗n和實驗I,

說明QH降解能力強(qiáng)（2分）

（3）①的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)從80%降到50%,c（s20n減小，生成的sc>4?濃度減小，。（凡。2）增大，

生成的QH濃度增大；OH降解能力比SO；?強(qiáng)，相同時間內(nèi)抗生素殘留率低（2分）②s2。丁的物質(zhì)

的量分?jǐn)?shù)降到0%時，c（Fe?+）降低，不利于產(chǎn)生SO；?和。H,降解能力減弱，抗生素殘留率增大（2分）

【分析】S2O；-氧化Fe生成Fe2+和SOj,Fe?+與S?。；-、H2O2作用產(chǎn)生SO；,?和QH自由基。

【解析】（1）①1個邑0廣中，有6個O原子顯-2價，2個O原子顯-1價，表明顯-1價的2個。原子間還

OoO

IIIIII

形成I對共用電子，由SO；?的結(jié)構(gòu)式.o—S—0一，可確定SQ2-的結(jié)構(gòu)式為一0—S—O—O—S—0一或

4IIII

°OO

I-OO-.2-

IIII

O—S—O—O—S—O。

IIII

OO

②SO；?在堿性溶液中與OH-反應(yīng)，可轉(zhuǎn)化為QH,則同時生成SOj,該反應(yīng)的離子方程式為

SO：-+OH-=OH+SO^0

（2）①甲醇和。H反應(yīng)的原理是OH拔走了甲醇中的一個H原子，生成一個新的自由基，從圖中可以看出,

產(chǎn)物為CH20H和H2O,該反應(yīng)最有可能的方程式為CHJOH+QHHCHZOH+HZO。

②從圖中可以看出，猝滅劑甲的猝滅效果好于猝滅劑乙，則甲同時猝滅S。；?和。H,實驗I加入的猝滅劑甲

是CH30H或甲醇。

③比較實驗I和實驗n,猝取效果相差不大，則表明so;?降解抗生素的能力遠(yuǎn)小于CH,所以降解抗生素的

自由基主要是QH,理由：實驗n和實驗I在相同時間內(nèi)降解率差距不大，說明sc14?降解能力不強(qiáng)；相同時

間內(nèi)實驗in降解率遠(yuǎn)大于實驗II和實驗I,說明OH降解能力強(qiáng)。

（3）①PDS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)從80%降到50%,則表明生成的so,?濃度減小、QH濃度增大，而QH的降

解能力強(qiáng)于SOJ,所以抗生素殘留率降低，原因是：S?。j的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)從80%降到50%,《SzOj）減

小，生成的SO4?濃度減小，NHz。?）增大，生成的QH濃度增大；QH降解能力比SO4?強(qiáng)，相同時間內(nèi)抗

生素殘留率低。

②從流程圖中可以看出，sq:與Fe作用產(chǎn)生Fe2+,Fe?+與$2。：、壓。2作用產(chǎn)生SO4?和QH自由基，所以

PDS的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)降到0%時，降解抗生素能力減弱，抗生素殘留率升高，原因是：“0；一的物質(zhì)的量分

數(shù)降到0%時，c（Fe2+）降低，不利于產(chǎn)生SOJ和。H,降解能力減弱，抗生素殘留率增大。

17.（23-24高三上?廣東汕頭?期中）（12分）以FeCb溶液為實驗對象，研究物質(zhì)之間反應(yīng)的復(fù)雜多樣性。

實驗如下：

I.金屬與FeC§溶液反應(yīng)

裝置序號金屬現(xiàn)象及產(chǎn)物檢驗

立即產(chǎn)生大量氣體，溶液顏色變紅棕色；

i鎂條

片刻后氣泡減少，金屬表面產(chǎn)生紅褐色沉淀。

0.5molL-1

FeC§溶液開始時無明顯氣泡，半分鐘后有氣體產(chǎn)生，溶液顏色慢慢加深；一段時間

秀/(pH=1.5)ii鋅粒

后，金屬表面產(chǎn)生紅棕色沉淀

■^過量金屬

iii銅粉無氣體產(chǎn)生，溶液逐漸變?yōu)樗{(lán)綠色；

（1）配制FeC4溶液，需要FeCh將固體先溶于濃鹽酸，再稀釋至指定濃度，原因是。

（2）根據(jù)實驗i中的現(xiàn)象，推測紅褐色液體為膠體，通過可以快速判斷其是否為膠體。

（3）Fed?溶液與Cu反應(yīng)的離子方程式為,實驗i和ii均先有氣體生成，后有溶液顏色的變化,

甲同學(xué)認(rèn)為產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因可能是此實驗條件下氧化性：H+>Fe3+,乙同學(xué)認(rèn)為可以根據(jù)iii判斷氧化性:

H+<Fe3+,理由是o

ILNa2sOs溶液與FeCl3溶液反應(yīng)：

滴加2mL0.2mol/L

Na2sO3溶液

（pH為RO）

2mL0.2mol/L無氣體產(chǎn)生

FeJ溶液（pH句）黃色溶液變?yōu)榧t棕色

（4）取紅棕色溶液少許，加入K31Fe（CN）6],產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，推測FeC%與Na2sO3反應(yīng)的離子方程式

是O

（5）另取紅棕色溶液少許，檢測其為膠體，向其中繼續(xù)滴加Na2s溶液，發(fā)現(xiàn)溶液紅褐色變深且產(chǎn)生刺

激性氣味的氣體，該氣體是o

（6）結(jié)合（4