第一章第三节氧化还原反应同步练习（含解析） （2022-2023学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第一章第三节氧化还原反应同步练习（含解析） （2022-2023学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 491.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-22 15:49:41 | ||
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文档简介
第一章第三节氧化还原反应同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在下列反应中，硝酸既表现出氧化性，又表现出酸性的是
A．2HNO3＋H2S=S↓＋2NO2↑＋2H2O
B．2HNO3＋CuO=Cu(NO3)2＋H2O
C．4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
D．8HNO3(稀)＋3Cu=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
2．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A． B．
C． D．
3．工业上制取ClO2的化学反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列说法正确的是
A．SO2在反应中被氧化
B．NaClO3在反应中失去电子
C．H2SO4在反应中作氧化剂
D．每生成1个ClO2，转移2个电子
4．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A．该反应属于置换反应 B．该反应属于复分解反应
C．NaH是氧化剂 D．H2O中的氢元素被还原
5．海水是一个巨大的化学资源宝库。下列有关海水综合利用的说法正确的是
A．从海水中可以获得，电解溶液可制备金属钠
B．从海水中提取溴的过程中利用了氧化还原反应原理
C．海水中含有镁元素，只需经过物理变化就可以得到镁单质
D．目前工业上可直接从海水中提取
6．碘在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示(淀粉遇碘单质变蓝)。
下列说法中不正确的是
A．用淀粉试纸和食醋检验加碘盐时淀粉试纸会变蓝
B．足量能使湿润的、已变蓝的淀粉试纸褪色的原因可能是：
C．由图可知氧化性的强弱顺序为
D．途径II中若生成1，则反应中转移的电子数为10
7．下列叙述中正确的是
序号 氧化剂 还原剂 其他反 应物 氧化 产物 还原产 物
① Cl2 FeBr2 FeCl3
② KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 MnSO4
③ KC1O3 HCl（浓） Cl2 Cl2
④ KMnO4 HCl（浓） Cl2 MnCl2
A．①中反应的氧化产物一定只有FeCl3
B．氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3＋＞Br2＞Fe2＋
C．还原性：H2O2＞Mn2＋＞Cl-
D．④中的HCl(浓)既做还原剂，又起到酸的作用
8．已知反应：
①2BrO+Cl2=Br2+2ClO；
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；
③ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O。
下列微粒氧化性强弱顺序正确的是
A．ClO＞BrO＞HIO3＞Cl2 B．BrO＞Cl2＞ClO＞HIO3
C．BrO＞ClO＞Cl2＞HIO3 D．Cl2＞BrO＞ClO＞HIO3
9．具有还原性，加碘食盐中的碘元素主要以的形式存在，、、在一定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是
A．生成等质量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为2∶5
B．由图可知氧化性的强弱顺序为
C．用淀粉-KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘(遇淀粉呈蓝色)
D．途径Ⅲ反应的离子方程式：
10．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
11．下列化学反应中，属于氧化还原反应的是
A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
B．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4
C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
D．CaO+H2O=Ca(OH)2
12．我国是世界上第一个在海域成功试采可燃冰的国家，可燃冰主要含有甲烷水合物，用作燃料时反应的微观示意图如图，下列说法正确的是
A．可燃冰中只有甲烷
B．化学变化中原子数目变化
C．反应的化学方程为CH4+O2 CO2+H2O
D．反应前后的物质均由分子构成
13．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：。下列说法正确的是
A．是氧化剂，是还原产物 B．的还原性强于
C．生成物水的化学计量数是16 D．生成4个水分子时，转移10个电子
14．CO2可以支持镁燃烧，发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C。下列关于该反应的判断中正确的是
A．Mg元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原产物
B．由此反应可以判断氧化性：CO2>MgO，还原性：Mg>C
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．Mg原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
15．某同学在做实验时不小心引发了镁失火，他立即拿起灭火器欲把火扑灭，被老师及时制止。原因是可以支持镁燃烧，反应为。下列对该反应的判断中错误的是
A．元素化合价升高被还原
B．由此反应可以得出还原性：
C．为氧化剂，表现氧化性，发生还原反应
D．失去的电子数目等于得到的电子数目
二、实验题
16．高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400°C时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用如图所示装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略。)
(1)在实验过程中发现_______, 说明产物中有氧气生成。
(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为_______。
(3)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是______。
(4)某同学认为产物中还应有H2O和Cl2,该同学从理论上分析认为有Cl2存在的理由是__________。
(5)为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下图提供的装置进行实验：
①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→_____；实验过程中H中的现象为_______。
②写出F中发生反应的离子方程式：______。
(6)实验结论： NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为________。
(7)实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果____________________(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。
17．为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验(夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验)。
实验操作 实验现象
i.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸 A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀
ii.取C中沉淀加入盐酸 C中白色沉淀不溶解
iii.打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
(1)A中发生反应的化学方程式是___________。
实验室中常常利用氢氧化钠溶液吸收SO2的离子方式：___________。
(2)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。
①乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是___________。
②将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2>SO2。
(3)iii中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：
观点1：H2O2的量少不能氧化Br—
观点2：B中有未反应H2SO3
为验证观点2，应进行的实验操作及现象是___________。
(4)通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是___________。
三、原理综合题
18．美国计划2028年再次登陆月球，并在月球上建立永久性基地，为人类登陆新的行星做好前期准备。为了解决基地人员的供氧问题，科学家设想利用月球富氧岩石制取氧气。其提氧原理是：用氢气还原富氧岩石获取水，再利用太阳能电池电解水得到氢气和氧气。
玄武岩(含钛铁矿)是月球的主要岩石之一，其质地坚硬，钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)。用上述提氧原理，理论上，从1kgFeTiO3中可获取约105.3gO2。
(1)写出FeTiO3与H2反应的化学方程式：___。
(2)研究表明，月球上平均直径为40微米的小圆珠形成的堆积物(富含Fe2TiO4)是最适合提氧的矿物。这种堆积物作为提氧原料的优点是___。
(3)研究人员查阅文献后，得知钛铁矿在高温下还能被炭粉还原：2FeTiO3+C2Fe+2TiO2+CO2↑，通过植物的光合作用可吸收CO2获得O2。他们设计了两套实验装置来测定钛铁矿中可提取氧的质量分数。
研究人员用图1装置从钛铁矿中提取氧，实验中得出的可提取氧的质量分数大于理论值，产生这种情况的原因可能是___；用图2装置进行实验的过程中，称得反应前钛铁矿的质量为m1g，炭粉的质量为m2g，钛铁矿完全反应后，测得生成CaCO3的质量为m3g，则钛铁矿中可提取氧的质量分数表达式为___。
(4)在钛铁矿提氧过程中科学家们常选用H2而不用其他还原剂，其主要原因是__。
四、工业流程题
19．利用某地的闪锌矿(主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜等元素)冶炼纯锌的传统工艺如图所示。
注：锌、铁、铜的沸点依次为1180K、3023K、2800K。
(1)高温煅烧时，若氧气足量，则ZnS发生反应的化学方程式为__。
(2)工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为__(填“蒸馏”“分馏”或“干馏”)。
(3)方案2中固相2的成分为__(填化学符号，下同)，液相1所含金属阳离子为__。
(4)方案2中从液相1获取粗锌的过程中可加入单质__除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是__。
(5)方案2的系列操作产生的废液可以制取绿矾。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如表所示：
温度/℃ 0 10 30 50 56.7 60 70 80 90
溶解度/ 14.0 17.0 25.0 33.0 35.2 35.3 35.6 33.0 33.5
析出晶体 FeSO4 7H2O FeSO4 4H2O FeSO4 H2O
从表中数据可以得出的结论是①__，②__。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【详解】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故只表现出氧化性，选项A不合题意；
B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，只表现出酸性，选项B不合题意；
C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故既表现出氧化性，又表现出还原性，选项C不合题意；
D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，还有一部分不变，表现酸性，故既表现出氧化性，又表现出酸性，选项D符合题意；
答案选D。
2．B
【详解】A．该反应中Cl化合价从+5价降低为-1价，共得到个电子，同理O共失去个电子，A错误；
B．该反应中Mg化合价从0价升高为+2价，共失去个电子，同理O共得到个电子，B正确；
C．该反应中Cu化合价从+2价降低为0价，共得到个电子，C化合价从0价升高到+4价，共失去4个电子，C错误；
D．该反应中O化合价从0价降低到-2价，共得到个电子，D错误；
故答案选B。
3．A
【详解】A．反应时，SO2中S元素的化合价升高，失电子发生氧化反应，故A正确；
B．NaClO3中Cl元素的化合价降低，得电子发生还原反应，故B错误；
C．H2SO4在反应中各元素化合价均未发生改变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误；
D．2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反应中Cl从+5价降低为+4价，生成1个ClO2，转移1个电子，故D错误；
选A。
4．D
【分析】NaH中H元素显-1价，H2O中H元素显＋1价，H2中H元素的化合价为0，根据氧化还原反应的归中规律分析。
【详解】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，故A错误；
B．该反应不属复分解反应，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素显-1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故C错误；
D．H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，H2O中部分H被还原，故D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．海水晒盐得到NaCl，Na为活泼金属，则电解熔融NaCl可制备Na同时产生氯气，A错误；
B．从海水中提取溴的过程中溴离子发生氧化反应生成溴单质，利用了氧化还原反应原理，B正确；
C．海水中镁以离子形成存在，经过化学反应可以获得氯化镁，然后电解熔融氯化镁可冶炼Mg，一定发生化学变化，C错误；
D．虽然海水中碘的总含量很大，但是海水中碘的浓度很低，不能直接由海水提取碘，D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．加碘盐中含有KIO3，+5I +6H+=3I2+3H2O，I2使淀粉变蓝，所以用KI 淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘，故A正确；
B．根据图示转化Ⅲ可知氧化性Cl2>，已变蓝的淀粉 KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确；
C．由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2>>I2，故C错误；
D．根据转化关系2～I2～10e 可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确。
故选C。
7．D
【详解】A．氯气和溴化亚铁反应时先氧化亚铁离子后氧化溴离子，所以表中第①组反应的氧化产物中一定有FeCl3，还有溴水生成的可能，A错误；
B．根据①可知，氧化性Cl2>Fe3+，根据②可知，氧化性KMnO4>O2，根据③可知，氧化性KClO3>Cl2，根据④可知，氧化性KMnO4>Cl2，根据以上分析无法判断Br2、Fe2+氧化性相对大小，B错误；
C．根据②可知，还原性H2O2>Mn2+，根据③可知，还原性Mn2+D．④中Cl元素化合价由-1价变为0价，生成Cl2说明HCl(浓)做还原剂，生成MnCl2说明HCl(浓)的酸性，D正确；
故选D。
8．C
【分析】根据氧化还原反应的规律可知，有元素化合价降低的物质参与反应作氧化剂；有元素化合价升高的物质得到的对应产物为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断即可。
【详解】①中BrO是氧化剂，ClO是氧化产物，所以氧化性BrO＞ClO；
②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞HIO3；
③中ClO是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO＞Cl2，
则氧化能力强弱顺序为BrO＞ClO＞Cl2＞HIO3，故C正确。
故选C。
9．A
【详解】A．途径Ⅱ转化关系2～I2～10e-，途径Ⅰ中2I-～I2～2e-，生产等量的碘，途径Ⅰ和途径Ⅱ转移电子数目之比为1：5，故A错误；
B．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞＞I2，故B正确；
C．I-和酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故C正确；
D．径Ⅲ反应是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-++6H+，故D正确；
故选：A。
10．A
【详解】由转化流程图可知，反应①中Cr的化合价降低了，是氧化还原反应，反应②中元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应③元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应④Cr的化合价升高了，是氧化还原反应，反应⑥中Cr元素的化合价降低了，是氧化还原反应，反应⑤元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，综上所述，有①④⑥三个反应属于氧化还原反应，故答案为：A。
11．B
【详解】A．该反应属于复分解反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．反应前Fe、Cu元素的化合价分别为：0、+2，反应后Fe、Cu元素的化合价分别为：+2、0，有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B选；
C．该反应属于分解反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
12．D
【详解】A．可燃冰主要含甲烷水合物，为混合物，故不符合题意；
B．由反应的方程式可知：化学变化中原子数目没有变化，故不符合题意；
C．反应的方程式是：CH4+2O2 CO2+2H2O。故不符合题意；
D．反应前后的物质均由分子构成，故符合题意。
故答案为：D。
13．B
【详解】A．被氧化生成，为氧化产物，A错误；
B．Fe2+在该反应中是还原剂，为还原产物，B正确；
C．配平该反应的化学方程式为，水的化学计量数是8，C错误；
D．根据配平方程式可知，生成4个水分子时，转移5个电子，D错误；
故答案选B。
14．B
【详解】A．镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，被氧化，MgO为氧化产物，故A错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性Mg＞C，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性CO2＞MgO，故B正确；
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故C错误；
D．根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误；
故选B。
15．A
【详解】A．反应中元素化合价升高，镁作还原剂，被氧化，A错误；
B．该反应中为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：，B正确；
C．中C元素化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，被还原，发生还原反应，C正确；
D．氧化还原反应中得、失电子数相等，即失去的电子数目等于得到的电子数目，D正确；
答案选A。
16．(1)铜粉由红色变为黑色
(2)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
(3)吸收空气中的二氧化碳和水蒸气
(4)根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气
(5) H→G→F 从白色变蓝色
(6)2NH4C1O4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑
(7)偏大
【分析】NH4C1O4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥除氯气后，用铜粉检验氧气的存在，用镁粉检验氮气的存在。
（1）
NH4C1O4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2。
（2）
NH4C1O4受热分解产物中有N2生成，N2与镁粉生成Mg3N2，产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑。
（3）
空气中的二氧化碳和水蒸气会与镁粉反应，在实验过程中仪器E中的碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。
（4）
根据分析可知，NH4C1O4分解产物中含有O2和N2， O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气。
（5）
①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F；无水硫酸铜粉末遇到水从白色变蓝色。
②F中NaOH溶液吸收多余的Cl2，发生反应的离子方程式：。
（6）
实验结论： NH4ClO4分解时产生了氮气、氧气、氯气和水，高氯酸铵分解的化学方程式为2NH4C1O4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑。
（7）
通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大。
17． Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O 2OH- + SO2 = SO+ H2O 打开弹簧夹，通入氮气，排净装置空气，关闭弹簧夹 取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 H2O2>Br>SO2
【详解】(1) 在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O；实验室中常常利用氢氧化钠溶液吸收SO2的离子方式：2OH- + SO2 = SO+ H2O；
(2)①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；
(3)由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
(4)物质在发生氧化还原反应中氧化性强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2。
18． FeTiO3+H2Fe+TiO2+H2O 无需进行岩石破碎工作、可提取氧的质量分数大 H2未经干燥、U形管中碱石灰吸收了空气中的水分 % H2的氧化产物水无污染，电解水产生的H2能够被循环利用
【详解】(1)根据从中可获得约，结合提氧原理可确定反应的化学方程式为；
(2)因为是40微米的小圆珠，故无需进行岩石破碎工作，而且可提取氧的质量分数大；
(3)测得的可提取氧的质量分数大于理论值，则可能是通入的未经干燥，U形管中的碱石灰吸收了空气中的水蒸气；因为生成的质量为，故经光合作用可获得的质量为，所以钛铁矿中可提取氧的质量分数表达式为；
(4) H2的氧化产物水无污染，电解水产生的H2能够被循环利用。
19． 分馏 C、Cu Zn2+、Fe2+ Zn 节约能量 随温度升高，硫酸亚铁的溶解度先升高后降低 温度超过60℃时，析出晶体中结晶水含量越来越少
【详解】(1)高温煅烧时，若氧气足量，则与氧气反应生成氧化锌和二氧化硫，其化学方程式为；
(2)方案1中，锌熔体为锌和少量铁、铜、碳的混合物，三种金属沸点不同，获得粗锌的操作为分馏；
(3)锌熔体为锌和少量铁、铜、碳的混合物，加入稀硫酸，锌和铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸锌和氢气，固相2的成分为、；液相1所含金属阳离子为、；
(4)方案2中液相1为硫酸锌、硫酸亚铁和少量硫酸的混合液，获取粗锌的过程中可加入单质锌除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是节约能量(或不需加热)；
(5)分析表中数据可以得出的结论是：①随温度升高，硫酸亚铁的溶解度先升高后降低；②温度超过60℃时，析出晶体中结晶水含量越来越少。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在下列反应中，硝酸既表现出氧化性，又表现出酸性的是
A．2HNO3＋H2S=S↓＋2NO2↑＋2H2O
B．2HNO3＋CuO=Cu(NO3)2＋H2O
C．4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
D．8HNO3(稀)＋3Cu=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
2．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A． B．
C． D．
3．工业上制取ClO2的化学反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列说法正确的是
A．SO2在反应中被氧化
B．NaClO3在反应中失去电子
C．H2SO4在反应中作氧化剂
D．每生成1个ClO2，转移2个电子
4．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中，正确的是
A．该反应属于置换反应 B．该反应属于复分解反应
C．NaH是氧化剂 D．H2O中的氢元素被还原
5．海水是一个巨大的化学资源宝库。下列有关海水综合利用的说法正确的是
A．从海水中可以获得，电解溶液可制备金属钠
B．从海水中提取溴的过程中利用了氧化还原反应原理
C．海水中含有镁元素，只需经过物理变化就可以得到镁单质
D．目前工业上可直接从海水中提取
6．碘在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示(淀粉遇碘单质变蓝)。
下列说法中不正确的是
A．用淀粉试纸和食醋检验加碘盐时淀粉试纸会变蓝
B．足量能使湿润的、已变蓝的淀粉试纸褪色的原因可能是：
C．由图可知氧化性的强弱顺序为
D．途径II中若生成1，则反应中转移的电子数为10
7．下列叙述中正确的是
序号 氧化剂 还原剂 其他反 应物 氧化 产物 还原产 物
① Cl2 FeBr2 FeCl3
② KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 MnSO4
③ KC1O3 HCl（浓） Cl2 Cl2
④ KMnO4 HCl（浓） Cl2 MnCl2
A．①中反应的氧化产物一定只有FeCl3
B．氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3＋＞Br2＞Fe2＋
C．还原性：H2O2＞Mn2＋＞Cl-
D．④中的HCl(浓)既做还原剂，又起到酸的作用
8．已知反应：
①2BrO+Cl2=Br2+2ClO；
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；
③ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O。
下列微粒氧化性强弱顺序正确的是
A．ClO＞BrO＞HIO3＞Cl2 B．BrO＞Cl2＞ClO＞HIO3
C．BrO＞ClO＞Cl2＞HIO3 D．Cl2＞BrO＞ClO＞HIO3
9．具有还原性，加碘食盐中的碘元素主要以的形式存在，、、在一定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是
A．生成等质量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为2∶5
B．由图可知氧化性的强弱顺序为
C．用淀粉-KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘(遇淀粉呈蓝色)
D．途径Ⅲ反应的离子方程式：
10．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
11．下列化学反应中，属于氧化还原反应的是
A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
B．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4
C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
D．CaO+H2O=Ca(OH)2
12．我国是世界上第一个在海域成功试采可燃冰的国家，可燃冰主要含有甲烷水合物，用作燃料时反应的微观示意图如图，下列说法正确的是
A．可燃冰中只有甲烷
B．化学变化中原子数目变化
C．反应的化学方程为CH4+O2 CO2+H2O
D．反应前后的物质均由分子构成
13．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：。下列说法正确的是
A．是氧化剂，是还原产物 B．的还原性强于
C．生成物水的化学计量数是16 D．生成4个水分子时，转移10个电子
14．CO2可以支持镁燃烧，发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C。下列关于该反应的判断中正确的是
A．Mg元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原产物
B．由此反应可以判断氧化性：CO2>MgO，还原性：Mg>C
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．Mg原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目
15．某同学在做实验时不小心引发了镁失火，他立即拿起灭火器欲把火扑灭，被老师及时制止。原因是可以支持镁燃烧，反应为。下列对该反应的判断中错误的是
A．元素化合价升高被还原
B．由此反应可以得出还原性：
C．为氧化剂，表现氧化性，发生还原反应
D．失去的电子数目等于得到的电子数目
二、实验题
16．高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400°C时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用如图所示装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略。)
(1)在实验过程中发现_______, 说明产物中有氧气生成。
(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为_______。
(3)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是______。
(4)某同学认为产物中还应有H2O和Cl2,该同学从理论上分析认为有Cl2存在的理由是__________。
(5)为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下图提供的装置进行实验：
①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→_____；实验过程中H中的现象为_______。
②写出F中发生反应的离子方程式：______。
(6)实验结论： NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为________。
(7)实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果____________________(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。
17．为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验(夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验)。
实验操作 实验现象
i.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸 A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀
ii.取C中沉淀加入盐酸 C中白色沉淀不溶解
iii.打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
(1)A中发生反应的化学方程式是___________。
实验室中常常利用氢氧化钠溶液吸收SO2的离子方式：___________。
(2)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。
①乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是___________。
②将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2>SO2。
(3)iii中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：
观点1：H2O2的量少不能氧化Br—
观点2：B中有未反应H2SO3
为验证观点2，应进行的实验操作及现象是___________。
(4)通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是___________。
三、原理综合题
18．美国计划2028年再次登陆月球，并在月球上建立永久性基地，为人类登陆新的行星做好前期准备。为了解决基地人员的供氧问题，科学家设想利用月球富氧岩石制取氧气。其提氧原理是：用氢气还原富氧岩石获取水，再利用太阳能电池电解水得到氢气和氧气。
玄武岩(含钛铁矿)是月球的主要岩石之一，其质地坚硬，钛铁矿的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)。用上述提氧原理，理论上，从1kgFeTiO3中可获取约105.3gO2。
(1)写出FeTiO3与H2反应的化学方程式：___。
(2)研究表明，月球上平均直径为40微米的小圆珠形成的堆积物(富含Fe2TiO4)是最适合提氧的矿物。这种堆积物作为提氧原料的优点是___。
(3)研究人员查阅文献后，得知钛铁矿在高温下还能被炭粉还原：2FeTiO3+C2Fe+2TiO2+CO2↑，通过植物的光合作用可吸收CO2获得O2。他们设计了两套实验装置来测定钛铁矿中可提取氧的质量分数。
研究人员用图1装置从钛铁矿中提取氧，实验中得出的可提取氧的质量分数大于理论值，产生这种情况的原因可能是___；用图2装置进行实验的过程中，称得反应前钛铁矿的质量为m1g，炭粉的质量为m2g，钛铁矿完全反应后，测得生成CaCO3的质量为m3g，则钛铁矿中可提取氧的质量分数表达式为___。
(4)在钛铁矿提氧过程中科学家们常选用H2而不用其他还原剂，其主要原因是__。
四、工业流程题
19．利用某地的闪锌矿(主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜等元素)冶炼纯锌的传统工艺如图所示。
注：锌、铁、铜的沸点依次为1180K、3023K、2800K。
(1)高温煅烧时，若氧气足量，则ZnS发生反应的化学方程式为__。
(2)工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为__(填“蒸馏”“分馏”或“干馏”)。
(3)方案2中固相2的成分为__(填化学符号，下同)，液相1所含金属阳离子为__。
(4)方案2中从液相1获取粗锌的过程中可加入单质__除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是__。
(5)方案2的系列操作产生的废液可以制取绿矾。硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如表所示：
温度/℃ 0 10 30 50 56.7 60 70 80 90
溶解度/ 14.0 17.0 25.0 33.0 35.2 35.3 35.6 33.0 33.5
析出晶体 FeSO4 7H2O FeSO4 4H2O FeSO4 H2O
从表中数据可以得出的结论是①__，②__。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【详解】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故只表现出氧化性，选项A不合题意；
B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，只表现出酸性，选项B不合题意；
C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故既表现出氧化性，又表现出还原性，选项C不合题意；
D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，还有一部分不变，表现酸性，故既表现出氧化性，又表现出酸性，选项D符合题意；
答案选D。
2．B
【详解】A．该反应中Cl化合价从+5价降低为-1价，共得到个电子，同理O共失去个电子，A错误；
B．该反应中Mg化合价从0价升高为+2价，共失去个电子，同理O共得到个电子，B正确；
C．该反应中Cu化合价从+2价降低为0价，共得到个电子，C化合价从0价升高到+4价，共失去4个电子，C错误；
D．该反应中O化合价从0价降低到-2价，共得到个电子，D错误；
故答案选B。
3．A
【详解】A．反应时，SO2中S元素的化合价升高，失电子发生氧化反应，故A正确；
B．NaClO3中Cl元素的化合价降低，得电子发生还原反应，故B错误；
C．H2SO4在反应中各元素化合价均未发生改变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误；
D．2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反应中Cl从+5价降低为+4价，生成1个ClO2，转移1个电子，故D错误；
选A。
4．D
【分析】NaH中H元素显-1价，H2O中H元素显＋1价，H2中H元素的化合价为0，根据氧化还原反应的归中规律分析。
【详解】A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，故A错误；
B．该反应不属复分解反应，属于氧化还原反应，故B错误；
C．NaH中H元素显-1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，NaH为还原剂，故C错误；
D．H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，H2O中部分H被还原，故D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．海水晒盐得到NaCl，Na为活泼金属，则电解熔融NaCl可制备Na同时产生氯气，A错误；
B．从海水中提取溴的过程中溴离子发生氧化反应生成溴单质，利用了氧化还原反应原理，B正确；
C．海水中镁以离子形成存在，经过化学反应可以获得氯化镁，然后电解熔融氯化镁可冶炼Mg，一定发生化学变化，C错误；
D．虽然海水中碘的总含量很大，但是海水中碘的浓度很低，不能直接由海水提取碘，D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．加碘盐中含有KIO3，+5I +6H+=3I2+3H2O，I2使淀粉变蓝，所以用KI 淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘，故A正确；
B．根据图示转化Ⅲ可知氧化性Cl2>，已变蓝的淀粉 KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故B正确；
C．由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2
D．根据转化关系2～I2～10e 可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确。
故选C。
7．D
【详解】A．氯气和溴化亚铁反应时先氧化亚铁离子后氧化溴离子，所以表中第①组反应的氧化产物中一定有FeCl3，还有溴水生成的可能，A错误；
B．根据①可知，氧化性Cl2>Fe3+，根据②可知，氧化性KMnO4>O2，根据③可知，氧化性KClO3>Cl2，根据④可知，氧化性KMnO4>Cl2，根据以上分析无法判断Br2、Fe2+氧化性相对大小，B错误；
C．根据②可知，还原性H2O2>Mn2+，根据③可知，还原性Mn2+
故选D。
8．C
【分析】根据氧化还原反应的规律可知，有元素化合价降低的物质参与反应作氧化剂；有元素化合价升高的物质得到的对应产物为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断即可。
【详解】①中BrO是氧化剂，ClO是氧化产物，所以氧化性BrO＞ClO；
②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞HIO3；
③中ClO是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO＞Cl2，
则氧化能力强弱顺序为BrO＞ClO＞Cl2＞HIO3，故C正确。
故选C。
9．A
【详解】A．途径Ⅱ转化关系2～I2～10e-，途径Ⅰ中2I-～I2～2e-，生产等量的碘，途径Ⅰ和途径Ⅱ转移电子数目之比为1：5，故A错误；
B．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞＞I2，故B正确；
C．I-和酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故C正确；
D．径Ⅲ反应是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O═6Cl-++6H+，故D正确；
故选：A。
10．A
【详解】由转化流程图可知，反应①中Cr的化合价降低了，是氧化还原反应，反应②中元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应③元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应④Cr的化合价升高了，是氧化还原反应，反应⑥中Cr元素的化合价降低了，是氧化还原反应，反应⑤元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，综上所述，有①④⑥三个反应属于氧化还原反应，故答案为：A。
11．B
【详解】A．该反应属于复分解反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．反应前Fe、Cu元素的化合价分别为：0、+2，反应后Fe、Cu元素的化合价分别为：+2、0，有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B选；
C．该反应属于分解反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
12．D
【详解】A．可燃冰主要含甲烷水合物，为混合物，故不符合题意；
B．由反应的方程式可知：化学变化中原子数目没有变化，故不符合题意；
C．反应的方程式是：CH4+2O2 CO2+2H2O。故不符合题意；
D．反应前后的物质均由分子构成，故符合题意。
故答案为：D。
13．B
【详解】A．被氧化生成，为氧化产物，A错误；
B．Fe2+在该反应中是还原剂，为还原产物，B正确；
C．配平该反应的化学方程式为，水的化学计量数是8，C错误；
D．根据配平方程式可知，生成4个水分子时，转移5个电子，D错误；
故答案选B。
14．B
【详解】A．镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，被氧化，MgO为氧化产物，故A错误；
B．还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性Mg＞C，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性CO2＞MgO，故B正确；
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故C错误；
D．根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误；
故选B。
15．A
【详解】A．反应中元素化合价升高，镁作还原剂，被氧化，A错误；
B．该反应中为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：，B正确；
C．中C元素化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，被还原，发生还原反应，C正确；
D．氧化还原反应中得、失电子数相等，即失去的电子数目等于得到的电子数目，D正确；
答案选A。
16．(1)铜粉由红色变为黑色
(2)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
(3)吸收空气中的二氧化碳和水蒸气
(4)根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气
(5) H→G→F 从白色变蓝色
(6)2NH4C1O4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑
(7)偏大
【分析】NH4C1O4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥除氯气后，用铜粉检验氧气的存在，用镁粉检验氮气的存在。
（1）
NH4C1O4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2。
（2）
NH4C1O4受热分解产物中有N2生成，N2与镁粉生成Mg3N2，产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑。
（3）
空气中的二氧化碳和水蒸气会与镁粉反应，在实验过程中仪器E中的碱石灰可以吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。
（4）
根据分析可知，NH4C1O4分解产物中含有O2和N2， O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气。
（5）
①检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F；无水硫酸铜粉末遇到水从白色变蓝色。
②F中NaOH溶液吸收多余的Cl2，发生反应的离子方程式：。
（6）
实验结论： NH4ClO4分解时产生了氮气、氧气、氯气和水，高氯酸铵分解的化学方程式为2NH4C1O4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑。
（7）
通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大。
17． Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O 2OH- + SO2 = SO+ H2O 打开弹簧夹，通入氮气，排净装置空气，关闭弹簧夹 取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 H2O2>Br>SO2
【详解】(1) 在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O；实验室中常常利用氢氧化钠溶液吸收SO2的离子方式：2OH- + SO2 = SO+ H2O；
(2)①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；
(3)由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
(4)物质在发生氧化还原反应中氧化性强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2。
18． FeTiO3+H2Fe+TiO2+H2O 无需进行岩石破碎工作、可提取氧的质量分数大 H2未经干燥、U形管中碱石灰吸收了空气中的水分 % H2的氧化产物水无污染，电解水产生的H2能够被循环利用
【详解】(1)根据从中可获得约，结合提氧原理可确定反应的化学方程式为；
(2)因为是40微米的小圆珠，故无需进行岩石破碎工作，而且可提取氧的质量分数大；
(3)测得的可提取氧的质量分数大于理论值，则可能是通入的未经干燥，U形管中的碱石灰吸收了空气中的水蒸气；因为生成的质量为，故经光合作用可获得的质量为，所以钛铁矿中可提取氧的质量分数表达式为；
(4) H2的氧化产物水无污染，电解水产生的H2能够被循环利用。
19． 分馏 C、Cu Zn2+、Fe2+ Zn 节约能量 随温度升高，硫酸亚铁的溶解度先升高后降低 温度超过60℃时，析出晶体中结晶水含量越来越少
【详解】(1)高温煅烧时，若氧气足量，则与氧气反应生成氧化锌和二氧化硫，其化学方程式为；
(2)方案1中，锌熔体为锌和少量铁、铜、碳的混合物，三种金属沸点不同，获得粗锌的操作为分馏；
(3)锌熔体为锌和少量铁、铜、碳的混合物，加入稀硫酸，锌和铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸锌和氢气，固相2的成分为、；液相1所含金属阳离子为、；
(4)方案2中液相1为硫酸锌、硫酸亚铁和少量硫酸的混合液，获取粗锌的过程中可加入单质锌除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是节约能量(或不需加热)；
(5)分析表中数据可以得出的结论是：①随温度升高，硫酸亚铁的溶解度先升高后降低；②温度超过60℃时，析出晶体中结晶水含量越来越少。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页