《2026年学易优高考二轮总复习化学》

3. (2025·河北卷)下列实验操作及现象能得出相应结论的是(C)

答案： 3.C 恒压密闭容器中通入$N_2$、$NO_2$、$N_2O_4$浓度减小，故混合体系颜色变浅，同时反应物、生成物分压均减小，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向$NO_2$增加的方向移动，A不符合题意；$AgCl$和$Ag_2CrO_4$类型不同，$K_{sp}(AgCl)$与$K_{sp}(Ag_2CrO_4)$的表达式不同，无法根据沉淀出现的先后顺序判断两者大小关系，B不符合题意；$FeCl_3$溶液中加入过量铁粉，静置后滴加$KSCN$溶液无明显变化，说明此时所得溶液中$Fe$元素以$Fe^{2+}$形式存在，取上层清液滴加几滴氯水后，溶液变红，说明$Fe^{2+}$被氧化为$Fe^{3+}$，$Fe^{2+}$体现还原性，C符合题意；鸡蛋清溶液遇饱和$Na_2SO_4$溶液发生盐析，加水稀释后恢复，不改变蛋白质的活性，D不符合题意。

4. (2025·河南卷)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。

下列说法错误的是(D)

A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B.③中现象说明配体与$Cu^{2+}$的结合能力：$NH_{3}\gtH_{2}O$
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液

答案： 4.D 向$CuSO_4$溶液中加入氨水生成蓝色$Cu(OH)_2$沉淀，继续滴加过量氨水，$Cu(OH)_2$沉淀转化为$[Cu(NH_3)_4]SO_4$深蓝色溶液，再加入乙醇，可以降低$[Cu(NH_3)_4]SO_4$的溶解度，使$[Cu(NH_3)_4]SO_4$析出，过滤后洗涤可得到$[Cu(NH_3)_4]SO_4$深蓝色固体，向$[Cu(NH_3)_4]SO_4$固体中加入过量浓盐酸，$[Cu(NH_3)_4]SO_4$固体溶解，转化为$[CuCl_4]^{2-}$黄绿色溶液。
由上述分析知，②中沉淀为$Cu(OH)_2$，④中沉淀为$[Cu(NH_3)_4]SO_4$，二者不是同一种物质，A正确；③中现象说明向$CuSO_4$溶液中（含有$[Cu(H_2O)_4]SO_4$）加入过量氨水，$[Cu(H_2O)_4]SO_4$可以转化为$[Cu(NH_3)_4]SO_4$，说明配体与$Cu^{2+}$的结合能力：$NH_3＞H_2O$，B正确；向$[Cu(NH_3)_4]SO_4$深蓝色溶液中加入乙醇，可以降低$[Cu(NH_3)_4]SO_4$的溶解度，使$[Cu(NH_3)_4]SO_4$析出，即④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中的小，C正确；向⑤中深蓝色固体中加入过量浓盐酸，$[Cu(NH_3)_4]SO_4$固体溶解，转化为$[CuCl_4]^{2-}$黄绿色溶液，若改为向⑤中加入稀硫酸，$[Cu(NH_3)_4]SO_4$中的$NH_3$与$H^+$反应生成$NH_4^+$，其反应为$[Cu(NH_3)_4]^{2+}+4H^+\longrightarrowCu^{2+}+4NH_4^+$，最后得到$CuSO_4$蓝色溶液，不能得到黄绿色溶液，D错误。

5. (2025·黑吉辽蒙卷)化学需氧量($COD$)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗$O_{2}$的量(单位为$mg·L^{-1}$)来表示。碱性$KMnO_{4}$不与$Cl^{-}$反应，可用于测定含$Cl^{-}$水样的$COD$，流程如图。

下列说法错误的是(C)

A.Ⅱ中发生的反应有$MnO_{2}+2I^{-}+4H^{+}=Mn^{2+}+I_{2}+2H_{2}O$
B.Ⅱ中避光、加盖可抑制$I^{-}$被$O_{2}$氧化及$I_{2}$的挥发
C.Ⅲ中消耗的$Na_{2}S_{2}O_{3}$越多，水样的$COD$值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件，测得含$Cl^{-}$水样的$COD$值偏高

答案： 5.C 由图中装置Ⅱ中的信息可知，$MnO_4^-$、$MnO_2$在酸性条件下被$I^-$还原为$Mn^{2+}$，由得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可知，A正确；若装置Ⅱ不加盖，则空气可进入该装置氧化$I^-$，且光照会加快碘单质的挥发，故B正确；装置Ⅲ消耗的$Na_2S_2O_3$越多，说明装置Ⅱ中生成的$I_2$越多，则Ⅰ中消耗的$MnO_4^-$越少，故水样的COD值越低，C错误；若装置Ⅰ的体系为酸性环境，则$MnO_4^-$被$Cl^-$还原为$Mn^{2+}$，水样消耗的$MnO_4^-$偏多，故Ⅱ中生成的$I_2$偏少，Ⅲ中消耗的$Na_2S_2O_3$偏少，测得的含$Cl^-$水样的COD值偏高，D正确。

6. (2025·北京卷)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。

已知：$[FeCl_{4}]^{-}$为黄色、$[Fe(SCN)]^{2+}$为红色、$[FeF_{6}]^{3-}$为无色。
下列说法

不

正

确

的是(D)

A.①中浓盐酸促进$Fe^{3+}+4Cl^{-}\rightleftharpoons[FeCl_{4}]^{-}$平衡正向移动
B.由①到②，生成$[Fe(SCN)]^{2+}$并消耗$[FeCl_{4}]^{-}$
C.②、③对比，说明$c(Fe^{3+})$：②$\gt$③
D.由①$\to$④推断，若向①深黄色溶液中加入$KI$、淀粉溶液，溶液也无明显变化

答案： 6.D $0.1\ mol·L^{-1}$的$FeCl_3$溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的$[FeCl_4]^-$，溶液黄色加深；继续滴加1滴$KSCN$溶液，$[FeCl_4]^-$转化为$[Fe(SCN)]^{2+}$，溶液变为红色；再加入$NaF$固体，$[Fe(SCN)]^{2+}$转化为$[FeF_6]^{3-}$，溶液红色褪去，变为无色；再滴加$KI$溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明$I^-$未被氧化。①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的$[FeCl_4]^-$，说明浓盐酸促进$Fe^{3+}+4Cl^-\rightleftharpoons[FeCl_4]^-$平衡正向移动，A正确；由①到②，溶液变为红色，说明$[FeCl_4]^-$转化为$[Fe(SCN)]^{2+}$，即生成$[Fe(SCN)]^{2+}$并消耗$[FeCl_4]^-$，B正确；②、③溶液中，均存在平衡$Fe^{3+}+SCN^-\rightleftharpoons[Fe(SCN)]^{2+}$，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始$SCN^-$浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明$c(Fe^{3+})$：②＞③，C正确；类似C选项分析，配离子$[FeCl_4]^-$的稳定性最小，①中$c(Fe^{3+})$最大，可以氧化$I^-$，生成$I_2$，$I_2$遇到淀粉显蓝色，D错误；故选D。