课时素养达标8(Word练习)-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

课时素养达标 基础巩固练 选择题只有1个选项符合题意 1．在标准状况下，有750 mL含臭氧的氧气，其中臭氧完全分解后体积变为780 mL，若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中，发生如下反应：2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2↓＋O2，则生成的碘的质量是(　　) A．0.91 g　　　　　　　B．0.81 g C．0.71 g D．0.61 g 答案　A 解析　由2O3===3O2，ΔV＝780 mL－750 mL＝30 mL，V(O3)＝2ΔV＝60 mL，1 L混合气体中含臭氧的体积为V＝1 L×＝0.08 L，根据臭氧和KI反应的化学方程式，n(O3)＝n(I2)＝＝0.003 6 mol，m(I2)＝0.003 6 mol×254 g·mol-1＝0.91 g。 2．（2025·广州模拟）有Cu2(OH)2CO3与Cu的混合物25.4 g，在空气中加热一段时间，得剩余固体23.1 g，向该固体中加入300.0 g 9.8%的稀硫酸，固体完全溶解，测得反应过程中实际消耗9.8%的稀硫酸250.0 g。下列说法正确的是(　　) A．剩余固体为纯净物 B．原混合物中Cu2(OH)2CO3与Cu的质量比为111∶16 C．上述加热过程中共生成H2O和CO2的质量为2.3 g D．最终所得溶液质量为318.7 g 答案　B 解析　测得反应过程中实际消耗9.8%的稀硫酸250.0 g，消耗H2SO4的物质的量为＝0.25 mol，生成的是CuSO4，则Cu2(OH)2CO3与Cu的混合物共含有铜0.25 mol，若是CuO，则质量为0.25 mol×80 g/mol＝20 g，若为Cu2(OH)2CO3则质量为0.25 mol××222 g/mol＝27.75 g，故23.1 g的剩余固体是二者的混合物；设剩余固体中Cu2(OH)2CO3的质量为a g，则CuO的质量为(23.1－a)g，根据Cu2(OH)2CO3～2H2SO4和CuO～H2SO4可知，＋＝0.25，解得a＝11.1 g，则CuO的质量为12 g，则原混合物中Cu的质量为×＝3.2 g，原混合物中Cu2(OH)2CO3的质量为25.4 g－3.2 g＝22.2 g，据此解答。A.据分析，加热后的固体是碱式碳酸铜和氧化铜的混合物，A错误；B.据分析，原混合物中Cu2(OH)2CO3与Cu的质量比为22.2∶3.2＝111∶16，B正确；C.据分析，加热前后固体的质量差为25.4 g－23.1 g＝2.3 g，固体质量差是Cu2(OH)2CO3分解生成H2O、CO2的质量减少和Cu生成CuO的质量增加共同作用的结果，则共生成H2O和CO2的质量大于2.3 g，C错误；D.据分析，加热后剩余固体含有11.1 g的Cu2(OH)2CO3，与稀硫酸充分反应生成CO2的质量为×44＝2.2(g)，则其加入300.0 g 9.8%的稀硫酸，完全溶解后溶液质量减少2.2 g，最终所得溶液质量为300＋23.1－2.2＝320.9(g)，D错误；故选B。 3．某同学设计如下实验测定绿矾样品（主要成分为FeSO4·7H2O）的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；分别量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为(　　) A．94.5% B．96.1% C．96.7% D．97.6% 答案　C 解析　高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO＋5Fe2+＋8H＋===Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10-3L×0.010 00 mol·L-1＝2.0×10-4 mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10-3 mol，ω(FeSO4·7H2O)＝×100%≈96.7%。 4．铁、铜混合粉末18.0 g 加入100 mL 5.0 mol·L-1FeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是(　　) A．剩余固体是Fe 和Cu B．固体混合物中铜的质量是9.6 g C．反应后溶液中n(Fe2+)＋n(Cu2+)＝0.5 mol D．反应后溶液中n(Fe2+)＝0.15 mol 答案　B 解析　铁的金属活动性强于Cu，Fe先与氯化铁反应，Fe反应完后Cu与氯化铁反应，离子方程式分别为Fe＋2Fe3+===3Fe2+，Cu＋2Fe3+===Cu2+＋2Fe2+，0.5 mol Fe3+能消耗0.25 mol Fe，质量为14 g，0.5 mol Fe3+能消耗Cu 0.25 mol，质量为16 g，现剩余金属14.8 g，说明两种金属都参与反应，Fe反应完，剩余固体为Cu，假设铁、铜混合物中参与反应的Fe x mol，参与反应的Cu有y mol，则有56x＋64y＝14.8 g，2x＋2y＝0.5 mol，解得x＝0.15 mol，y＝0.1 mol，据此解答。A.由分析可知，剩余固体是Cu，故A错误；B.由分析可知，固体混合物中参与反应的Cu有0.1 mol，则原来含有的铜的质量是：0.1 mol×64 g/mol＋3.2 g＝9.6 g，故B正确；C.溶液中的n(Fe2+)＋n(Cu2+)＝0.15 mol＋0.1 mol＋0.5 mol＝0.75 mol，故C错误；D.由分析可知，铁、铜混合物中参与反应的Fe为0.15 mol，故D错误；故选B。 5．（2025·聊城模拟）将一定量锌与100 mL 18 mol·L-1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体（不考虑气体在溶液中的溶解），将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H＋)＝x mol·L-1，则下列叙述错误的是(　　) A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol C．气体中＝ D．生成气体体积约为17.92 L（标准状况） 答案　A 解析　A.根据Zn＋2H2SO4（浓）===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，无论哪个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比都为1∶1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8 mol，质量为0.8 mol×65 g·mol-1＝52.0 g，故A错误；B.根据A选项分析消耗0.8 mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确；C.100 mL 18 mol·L-1的浓硫酸，其物质的量为1.8 mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H＋)＝x mol·L-1，则剩余硫酸物质的量为0.2x mol，共消耗硫酸物质的量为(1.8－0.2x) mol，设生成氢气物质的量为m mol，生成二氧化硫气体物质的量为n mol，则有m＋n＝0.8，m＋2n＝1.8－0.2x，解得n＝1－0.2x，m＝0.2x－0.2，则气体中＝，故C正确；D.根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8 mol×22.4 L·mol-1＝17.92 L（标准状况），故D正确。 6．测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 (1)上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将　　　　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。 (2)计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。 答案　(1)偏大　(2)n（Cr2O）＝5.000×10-2 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1＝1.100×10-3 mol，由滴定时Cr2O→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2+（或Cr2O＋14H＋＋6Fe2+===6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O），则n(Fe2+)＝6n（Cr2O）＝6×1.100×10-3 mol＝6.600×10-3 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)＝6.600×10-3 mol×56 g·mol-1＝0.369 6 g，样品中铁元素的质量分数：ω(Fe)＝×100%＝12.32%。 解析　(1)实验中滴加过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），若不除去过量的Sn2+，滴定过程中Cr2O与Sn2+反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。(2)根据题意，计算出消耗K2Cr2O7的物质的量，然后根据氧化还原反应的电子得失守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。 7．CuSO4·5H2O 在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取5.000 g CuSO4·5H2O 在敞口容器加热一定时间后，得到1.520 g 固体，测得生成的SO2的体积为0.224 L （已折算为标准标况），求： (1)固体的成分和物质的量比　　　　　　　　　　　。 (2)标准状态下生成O2的体积　　　　　。 答案　(1)n(CuO)∶n(Cu2O)为2∶1　 (2)0.168 L 解析　(1)5.000 g CuSO4·5H2O 物质的量为0.02 mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2 g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6 g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44 g，而得到1.520 g 固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为x mol，氧化亚铜物质的量为y mol，则有x＋2y＝0.02，80x＋144y＝1.52，解得x＝0.01，y＝0.005，则物质的量比n(CuO)∶n(Cu2O)为2∶1；故答案为：n(CuO)∶n(Cu2O)为2∶1。(2)生成了标准状况下0.224 L二氧化硫即物质的量为0.01 mol，说明生成三氧化硫物质的量为0.01 mol，分析得到硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到O2物质的量为＝0.0075 mol，其标准状态下的体积0.0075 mol×22.4 L·mol-1＝0.168 L；故答案为0.168 L。 考能提升练 选择题有1个或2个选项符合题意 8．将8 g Fe2O3投入150 mL某浓度的稀硫酸中，再投入7 g铁粉收集到1.68 L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4 mol/L的NaOH溶液150 mL。则原硫酸的物质的量浓度为(　　) A．1.5 mol/L B．0.5 mol/L C．2 mol/L D．1.2 mol/L 答案　C 解析　粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有Na2SO4存在于溶液中，且反应过程中SO并无损耗，根据电中性原则：n（SO）＝n(Na＋)，则原硫酸的浓度为：2 mol/L，故选C。 9．一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为－2价）与100 mL盐酸恰好完全反应（矿石中其他成分不与盐酸反应）生成3.2 g硫单质、0.4 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是(　　) A．该盐酸的物质的量浓度为8.0 mol·L-1 B．该磁黄铁矿FexS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2∶1 C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为4.48 L D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.8 答案　AD 解析　A.盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4 mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)＝＝8.0 mol·L-1，选项A正确；B.n(S)＝＝0.1 mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)＝＝0.2 mol，则矿石中的n(Fe2+)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，则磁黄铁矿中n(Fe2+)∶n(Fe3+)＝0.2 mol∶0.2 mol＝1∶1，选项B错误；C.根据H、Cl原子守恒可知，n(H2S)＝n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4 mol，V(H2S)＝0.4 mol×22.4 L·mol-1＝8.96 L，选项C错误；D.FexS中n(S)＝0.1 mol＋0.4 mol＝0.5 mol，n(Fe)＝0.4 mol，则有n(Fe)∶n(S)＝0.4 mol∶0.5 mol＝4∶5，解得x＝0.8，选项D正确。 10．8.34 g FeSO4·7H2O(M＝278 g·mol-1)样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，下列说法正确的是(　　) A．温度为78 ℃时，固体M的化学式为FeSO4·5H2O B．温度为159 ℃时，固体N的化学式为FeSO4·H2O C．在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O D．取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4 答案　BC 解析　8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g·mol-1＝3.78 g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373 ℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至635 ℃时，固体的质量为2.40 g，应为铁的氧化物，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g·mol-1＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol ＝2∶3，则固体Q的化学式为Fe2O3。温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol ×152 g·mol-1＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol ∶0.03 mol ＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；温度为159 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，故B正确；N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故C正确；P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，根据原子守恒，必有SO3生成，故D错误。 11．ClO2很不稳定，产物溶于水可以得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验： 步骤Ⅰ：准确量取ClO2溶液20.00 mL，稀释成100.00 mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中； 步骤Ⅱ：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻； 步骤Ⅲ：加入指示剂X，用a mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。 已知：2ClO2＋8H＋＋10I－===5I2＋2Cl－＋4H2O I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。 (1)步骤Ⅰ中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为　　　（选填“酸式”或“碱式”）滴定管。 (2)指示剂X为　　　　，滴定终点的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 原ClO2溶液的浓度为　　　　　　　g·L-1（用含字母的代数式表示）。 答案　(1)酸式　(2)淀粉溶液　当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30 s内不恢复原色　 解析　(1)由于ClO2具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故步骤Ⅰ中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为酸式滴定管。(2)根据滴定过程中的反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，且I2可以使淀粉溶液变为蓝色，故指示剂X为淀粉溶液；滴定终点的实验现象是当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；根据反应方程式：2ClO2＋8H＋＋10I－===5I2＋2Cl－＋4H2O，I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，不难找出关系式如下：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，故有n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝ ×aV2×10-3 mol，原ClO2溶液中n＇(ClO2)＝×aV2×10-3 mol×＝ mol，原ClO2溶液的浓度为＝ g·L-1。 12．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下： 第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为　　　　　（用字母表示）。 (2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为________________________________________________________________________。 答案　(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO 解析　(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol-1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。 学科网（北京）股份有限公司 $$