周测评(3) 物质的量-【衡水真题密卷】2025年高考化学学科素养周测评（辽宁、湖北、黑龙江、吉林专版）

null·化学· (5)猜测1：Cu+与KSCN发生了氧化还原反应， 离子方程式：2Cu2++4SCN一2CSCN↓+ (SCN)2↑. (6)因为试管B与精测1中的离子相同，但是现 象不同，实验Ⅱ中试管B中的现象可以证实猜 测1不成立。 (7)由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN与 Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu和 Fe+的浓度，使得该反应正向移动。 18.(1)加快反应速率，提高溶浸率 (2)2FeSO,+H2O2+2H2O=2FeOOH+ 2H2S0, (3)Zn2+、Mn2+ (4)3Mn++2MnO +2H2O-5MnO.4H (5)Cd (6)Zn0+2e-+2H20=Zn+40H 诚小 【解析】富钻渣主要含金属Zn、Cd及CoO、 MnO和FcO,加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化 氢把Fe+氧化成Fe3+,调整到pH=5生成 FeOOH沉淀，过滤后加入高锰酸钾生成MnO2 和CoOOH沉淀，过滤，加入Zn除去溶液中的 C+,过滤，加入氢氧化钠，把锌溶解生成 Naz ZnO2,电解生成单质Zn,反应方程式为 2 Na ZnO2+2H0一4NaOH+2Zn+O↑。 (1)在“溶浸”中，温度控制在85℃是增加反应速 率，提高溶浸率。 (2)加入H2O2后，Fe2+被氧化生成FeOOH的 化学方程式为2FeS04+H2O2+2H2O 2 FeOOH￥+2H2SO4。 (3)由流程分析可知，“滤液①”中含有富钻渣中除 铁外的其他金属离子，有Cd+、Co+、Zn+、Mn+ (4)“除锰钻”中，高锰酸钾和M2+反应生成 MnO2,离子方程式为3Mn2++2MnO,+2HO -5Mn02￥+4Ht。 (5)还原除杂是用Zn除去Cd+,故“滤渣”主要 成分是Cd。 (6)电解池中钛合金为阴极，发生还原反应，电 极反应式为ZnO号+2e+2H20=Zn+ 2024一2025学年度学科素养周 一、选择题 1.D【解析】2Cu十S△CS,S的氧化性较弱， 只能将Cu氧化成亚钢离子，因此1mol钢原子 7 参考答案及解析 4OH厂；电解池中的不锈钢为阳极，发生氧化反 应，4OH-4e=2H2O+O2↑，OH减少， Na通过阳离子交换膜向阴极移动而减少，故此 区域的NaOH溶液浓度减小。 19.(1)①>②Fe3+、Mn2+ (2)①24C12Fe+②C1是为了与 AgS电离出的Ag结合生成[AgCl2],使平 衡正向移动，提高AgS的浸出率；H是为了抑 制Fe+水解，防止生成Fe(OHD3沉淀 (3)①2[AgCl2]丁+Fe—Fe24+2Ag+4CI、 Fe+2Ht-Fe2++H↑、2Fe++Fe—3Fe+ ②Fe+被氧气氧化为Fe+,Fe+把Ag氧化 为Ag (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰 液中，得到MnSO,,同时将银元素和锰元素分离 开，生成的Fe+还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】(1)①硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于 强酸，说明硫化锰的溶度积大于硫化银。②根 据信息，在H2SO,溶液中二氧化锰可将Fe+氧 化为Fe+,自身被还原为Mn2+。 (2)①该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4CI 一2Fe2++2[AgC12]+S。②C是为了与 AgS电离出的Ag结合生成[AgCl],使平 衡正向移动，提高AgzS的浸出率：H中是为了抑 制Fe+水解，防止生成Fe(OH)s沉淀。 (3)①铁粉可将[AgCl2]厂还原为单质银，过量的 铁粉还可以与氢离子、铁离子发生反应，因此离 子方程式为2[AgC12]-+Fe-Fe++2Ag+ 4Cl、Fe+2H+一Fe2++H2↑和2Fe++ Fe一3Fe+。②溶液中生成的Fe+会被空气 中的氧气缓慢氧化为Fe+,Fe3+把部分Ag氧 化为Ag+,因此tmin后银的沉淀率逐渐降低。 (4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可 将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中， 将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化 性将FeS中的Fe2+氧化为Fe3+,同时生成的 Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂。 测评（三）化学·物质的量 参与反应失去的电子数为NA,A错误：DO相对 分子质量为20,1个分子中含电子数为10,9g重 水物质的量为0.45mol,含有的电子数为4.5N, 2 衡水真题密卷 B错误；NazO2由Na+和O号构成，78 g NazO2 物质的量为1mol,含有的阴、阳离子总数为 3NA,C错误：常温常压下，16gO2和O的混合 物中含有氧原子的物质的量为16g÷ 16g/mol=1mol,即NA个氧原子，D正确。 2.C【解析】高锰酸钾具有强氧化性，乙醇具有还 原性，二者能发生反应，故不能将盛有KMnO,与 乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱柜中，A错 误：容量瓶、滴定管使用前需要检验是否漏水，量 筒使用前不需要检验是否漏水，B错误：氯化铁容 易发生水解而使溶液显酸性，将氧化铁溶解在较 浓的盐酸中再加入水稀释可抑制Fe3+水解，C正 确：乙酸乙酯和乙醇互溶，不能通过分液的操作 分离二者，D错误。 3.C【解析】所需NaOH固体质量为m=nM=cM =0.25LX0.5mol/L×40g/mol=5.0g,托盘 天平的精确度为0.1g,A正确；配制250mL溶 液，则选择规格为250mL的容量瓶，容量瓶使用 前需检漏，B正确：NaOH固体溶解放热，若趁热 立即将溶液注入容量瓶中并定容，体积偏小，则 导致所配溶液浓度偏高，C错误：定客、摇匀后发 现液面低于刻度线是因为部分溶液留在瓶壁上， 不需要再加水，否则会导致所配溶液浓度偏低，D 正确。 4.A【解析】未说明温度、压强，无法根据气体体 积计算物质的量，A错误n-得-78 17g 1mol,则1mol一OH中含有的电子数为9Na,B 正确；多个Fe(OH)3粒子聚在一起才形成一个胶 粒，所以胶体粒子数远小于0.2NA,C正确；铁在 空气中完全燃烧，化合价从0升高到十2，因此 0.1mol镁在空气中完全燃烧生成MgO和 Mg3N2,转移的电子数为0.2NA,D正确。 5.B【解析】甲、乙的体积比为4：1，同温同压，体 积之比等于物质的量之比，乙容器中充入4.4g C02,二氧化碳的物质的量为0.1mol,则甲容器中 14.4gN2和CO2的混合气体的总物质的量为 0.4mol。若要使隔板刚好处于该密闭容器的正 中间，甲、乙中气体物质的量应该相等，则需向乙 客器中再通入0.3molN,通入Ng的质量为 0.3molX28g/mol=8.4g,B正确. 6C【解析】甲苯分子中不含有碳碳双键，A错 误：N0和C0的相对分子质量分别为30、28，其 平均相对分子质量不一定为29，则5.8g由N0 2 学科素养周测评 和C0组成的混合气体的物质的量不一定为 0.2mol,原子总数不一定为0.4NA,B错误；标准 状况下，22.4LO2(物质的量为1mol)与足量金 属镁反应，生成2 mol MgO,转移的电子数为 2molX2 Va mol-1=4NA,C正确；溶液体积未 知，不能计算Na+和CHCOO的数日之和，D 错误。 7,A【解析】P,由磷原子构成，即磷原子质量为 31g,aD=号引品向=1m0l,确原子的数 10g 目为NA,A项正确：a(D,0)=程-2ga mol,每个D,10中中子数为1X2+10=12, 5 所以含有中子数目为N,B项错误；赫准找况 下苯为液体，无法获得其物质的量的数据，所以 无法计算CO2分子数，C项错误，NazO2与水反 应的关系式：2Na2O2~2e02,即每1mol NaO2转移的电子数目为NA,D项错误。 8.A【解析】硝基（一NO2)呈电中性，1个硝基 (一N02)含有23个电子，1mol硝基（一NO2)含 电子数为23NA,46gNO2是1mol,所含电子数 也为23NA,A正确；过氧化钠与二氧化碳反应的 化学方程式为2NaO2十2CO2一2NaCO+ O2,Na2○2中○的化合价为一1，反应后生成0价 O2,2个NzO2参与反应，化合价升高2，有2个 电子转移，1 mol Naz O2参与反应转移电子 1mol,即反应转移的电子数均为NA,B错误： CHs若是环丙烷，1 mol CsH6中的g键数目为 9NA,C错误：硅晶体中1个硅原子周围与4个硅 原子形成共价键，平均1个硅原子形成2个共价 键，28g硅晶体是1mol,平均有Si一Si的数目是 2NA,D错误。 9.D【解析】根据反应NaO十HzO一2NaOH 可知，6.2gNaO加入93.8g的水中生成8g N0H,故得到溶液的质量分数一6,2g98.8g× 100%=8.0%,A错误；标准状况下的a L HCI 气体的物质的量为2m0l,溶于100ml水 中，所得溶液的质量为(5.+100）8，则该盐 36.5a 酸的质量分数为 22.4g 136.5+1000)g -×100%= 22.4 ·化学· 36.5a 36.5a+22400×100%,B错误；KC10,溶液中没 有C,C错误：25℃时，饱和KCl溶液的密度为 1.192g·cm3,质量分数为25%，此溶液中 KC1的物质的量浓度为c=1000四= M 1000X1.192×25%mol.L=4.0mml.L1,D 74.5 正确。 10.C【解析】乙烯氧化法中氧元素化合价由0变 为-2，电子转移关系为O2~2 CHCHO~4e, 生成0.1mol乙醛时，转移电子0.2mol,数目约 为1.204×10四，A错误；CzH,电子式为 HH H:C::C:H,其中碳碳双键为一个g键和一个 π键，故分子中σ键与π键的物质的量之比为 5：1,B错误：H2O分子中中心0原子价层电子 对数为2+6一？X1=4,0原子采用p杂化，0 2 原子上含有2个孤电子对，则18g水（即1mol) 的中心原子含有2mol孤电子对，C正确；未说 明是标准状况下，无法根据气体摩尔体积计算， D错误。 11.B【解析】该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离 子数目，A错误：1个甲酸甲酯分子中有1个碳 原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸 甲酯中采用sp杂化的原子数目为NA,B正确； 50g质量分数为64%的甲醇水溶液中， m(CHOH)=32g,m(H2O)=18g,各为 1mol,1 mol CH,OH中c键数目为5Na,1mol H20中。健数目为2NA,因此50g该溶液中σ 键数目为7N,C错误，标准状况下，甲醇为液 体，无法用气体摩尔体积计算转移电子数，D 错误。 12.B【解析】1mol甲烷中含4molC-H键，均为 极性键，标准状况下，11.2LCH为0.5mol,含 极性键为2NA,A正确：没有确定的物质的量的 数值，不能计算质子数的多少，B错误；反应Ⅱ为 C十C02一2CO,生成2molC0,需消耗1mol C,反应中转移2mol电子，C正确：由反应可知 该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物， 原子利用率为100%，符合绿色化学理念，D 正确。 13.D【解析】A1与Na SnO可以发生反应：6A1十 3Nae SnO+15H2O-3Sn+6Na[Al(OH)]+ 参考答案及解析 3H2↑，和NaOH也可发生反应2Al+2NaOH+ 6HO一2Na[AI(OH)4]+3H2↑，图示中A1 与Na:SnO3和NaOH反应，随着反应的进行， 生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。Na SnO 溶液显碱性，是强碱弱酸盐，SO会发生水解 导致阴离子个数增多，数目大于0.1NA,A错 误：该反应中Sn元素由十4价降为0价，H元素 由十1价降为0价，因此还原产物为Sn和H2,B 错误；在整个过程中生成氢气的反应有两个，当 氢气全部是由反应(1)生成的，33.6LH2转移 的电子数为9NA,当氢气全部是由反应(2)生成 的，转移的电子数为3NA,两个反应同时发生， 故转移的电子数介于3NA与9NA之间，C错 误；形成A-Sn原电池可以加快反应速率，Al活 泼，作负极，故S作正极，析氢反应主要发生在 Sn上，D正确。 14.C【解析】MnSO,·HO有固定组成，属于纯 净物，A错误：MnSO,·HzO的摩尔质量为 169g·mol-1,50.70gMnS04·H2O的物质 的量为0.3mol,其中结晶水的质量为5.40g, 若50.70 g MnSO·HO失去全部结晶水，固体 质量应减小到45.30g,由图可知，结晶水在第 一个失重台阶已全部失去，B错误：第二个失重 台阶得到的固体若为MnO2,则根据锰元素守 恒，MnO2的物质的量为0.3mol,MnO2的质量 为0.3mol×87g·mol1=26.10g,与图相符，C 正确；第三个失重台阶得到的固体若为MO,则 根据锰元素守恒，MnO的物质的量0.3mol, Mn0的质量为0.3mol×71g·mol1=21.30g, 与图不符，D错误。 15.C【解析】环丁烷与环丙烷的最简式都为 CH,所以含有的氢原子数为品×NX 2=0.2NA,A正确；每个氯气、氢气和一氧化碳 的分子中都含有两个原子，标准状况下，22.4L 说合气体中含有22.1L/mo 22.4L X2XNa=2NA个 原子，B正确；100g32%的甲醇溶液中含有水和 甲路，所以金有的盖原子数为[登警× 4+100-2×2]×N-(（4+）)N, 18 g/mol C错误；铁与硫粉、碘单质反应都生成F+,所以 5.6g铁粉充分反应后转移的电子效均为 后9品×2XN=a2N,D正角. 2 衡水真题密卷 二、非选择题 16.(1)33.6L27mol (2)64g·mo1 (3)22.4cy ab （④a922%omlL (5)1.00mol·L-1 (6)0.3mol·L1 【解析】(1)9.03×10个HCI分子的物质的 量-员83×Cml-1.5a,在标准我说下 的体积为1.5mol×22.4L·mol1=33.6L;其 质子的物质的量为1.5mol×18=27mol。 (2)某气体氧化物的化学式为RO2,在标准状况 下，1.28g该氧化物的体积为448mL即为 0.448L 22.4 L/mol =0.02mol,则该氧化物的摩尔质 更为0经品-6/amL (3)ag莱气体A,含有的分子数为N,则M是)× NA=N,cgA2气体在标准状况下的体积约为 bL,则M壳×2.4L/mol=bL,联立得N%= 22.4cy ab mol- (4)气体溶于水后，溶质的物质的量 2出a24al,溶流的质量=28叶 a L (1×0.1×1000)g= (M+100)g,溶液的体 22.4 aM 积 (觉+1o0)g 22.1+100 dg·cm3 d 一cm3,则此溶液 的物质的量浓度为 22.4mol 2+10 —×10-aL d 1000da aM+2 240 mol.L. (5)Na+不参与离子反应，则混合后钠离子的物 质的量浓度=0.01LX1,00mol·L1×2 0.02L 1.00mol·L-1。 (6)溶液呈电中性，阳离子所带的正电荷总数等 于阴离子所带的负电荷总数。则c(Na+)十 2c(Mg2+)=c(CI)十2c(SO),则该混合溶液 2 学科素养周测评 中c(C)=0.2mol·L-1+2×0.25mol·L1 2X0.2mol·L-1=0.3mol·L-l。 17.(1)CEFGH (2)5.4 (3)偏大搅拌和引流量取浓H2SO,的量筒 量程太大，会造成较大误差试剂瓶未干燥，会 使所配溶液变稀 【解析】(1)用一定溶质质量分数的溶液配制 定物质的量浓度的溶液步骤有计算、量取、混 匀、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用到的仪器有 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，故应 需要的仪器有C、E、F、G、H。 (2)根据稀释定律可知，所需浓HSO,的体积为 1molL1×0.1L×98g:molP≈5.4ml. 98%X1.84g·cm3 (3)未冷却至室温，会使溶液体积偏小，造成最 终配制溶液浓度偏大；山.根据实验步骤的要求和 注意事项知，在稀释浓HSO,和移液时，玻璃棒 的作用分别是搅拌和引流；C由于所需浓HSO, 体积为5.4mL,所以应用10mL量筒，若选用 100mL量简，由于量程太大，会造成较大的误 差，①操作存在错误；由于试剂瓶洗涤后未千 燥，瓶壁附着的蒸馏水会使所配溶液变稀，图操 作存在错误。 18.(1)MgCO.CaCO,+2H2 SO-MgSO+ CaSO4+2CO2↑+2H2OBD (2)Fe(OH),CaSO,使Fe(OH)3胶体聚沉， 便于过滤 (3)取滤液适量于试管中，滴加KSCN溶液后溶 液不变红 (4)分离Mg+,除去滤液中的可溶性杂质冷 却结晶 (5)40MgSO4·H2O 【解析】由题意可知，利用盐泥为原料制取七 水合硫酸镁的实验步骤为干燥盐泥溶于蒸馏水 后，缓慢滴加稀硫酸，将MgCO2·CaCO转化 为硫酸镁、硫酸钙得到酸解浆液，加热浆液，在 搅拌下补加盐泥，调节浆液的pH接近6，继续 加热煮沸使溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉 淀，趁热过滤得到含有硫酸钙、氢氧化铁的滤渣 和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中 的镁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧 化镁：将氢氧化镁溶于稀硫酸得到硫酸镁溶液， 硫酸镁溶液经加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、 ·化学 干燥得到七水合硫酸镁。 (1)由分析可知，得到酸解浆液发生的反应为 MgCO方·CaCO与稀硫酸反应生成硫酸镁、硫 酸钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 MgCO3·CaCO+2HSO.一MgS0,+CaS0 十2CO,◆十2H2O:由配制一定物质的量浓度溶 液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、 摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为 烧杯、玻璃棒、量简、胶头滴管和容量瓶，则除已 知仪器外必须使用的仪器有胶头滴管和容 量瓶。 (2)由分析可知，除去溶液中铁元素的操作为加 热浆液，在搅拌下补加盐泥，调节浆液的pH接 近6，继续加热煮沸使溶液中的铁离子转化为氢 氧化铁沉淀，趁热过滤得到含有硫酸钙、氢氧化 铁的滤渣和滤液。 (3)证明铁元素已除尽就是检验滤液中是否含 有铁离子，利用硫氰化钾溶液检验铁元素已除 尽的操作为取滤液适量于试管中，滴加KSCN 落液后溶液不变红。 (4)由分析可知，向滤液中加入氢氧化纳溶液， 将溶液中的镁离子转化为氢氧化铁沉淀达到分 离镁离子，除去滤液中的可溶性杂质：硫酸镁溶 液经加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 七水合硫酸镁。 (5)实验中制得七水合硫酸镁产品的质量为3.69g, 由镁原子个数守恒可知，盐泥中MgCO·CCO的 含量为246ga×184g/mol 一×100%=40%： 6.90g 3.69g七水合硫酸镁中结晶水的物质的量为 2369是×7=0.105m0l,将产品加热至 246 g/mol 77℃，测得固体失重率为43.9%，则失去结晶水的 物质的量为369X439必≈0.09mml,则剩余固 18 g/mol 休中硫酸钱和结晶水的躺质的量比为器品： (0.105mol-0.09mol)=1:1,化学式为 MgSO4·HzO。 19.(1)十36取少量样品配成溶液后，加入 KSCN溶液，若未见红色则证明Fe(Ⅲ)为内界 一部分 (2)抑制Fe2+水解 (3)取最后一次洗涤液少许于小试管中，向其中 参考答案及解析 加入盐酸酸化的氯化钡溶液，无明显现象则说 明沉淀已洗涤干净 (4)H2O2 (5)防止产物见光分解 (6)80% 【解析】由题意可知，实验室制备三草酸合铁 酸钾晶体的实验过程为硫酸亚铁铵的酸性溶液 与草酸饱和溶液反应制得FcC2O,·2HO沉 淀，水浴加热条件下向FeC2O·2H2O沉淀中 加入草酸钾饱和溶液、过氧化氢溶液将沉淀中 Fe(Ⅱ)充分氧化为Fe(Ⅲ)，向沉淀中加入草酸 溶液，将沉淀溶解后，趁热过滤得到滤液，滤液 经避光放置、结晶、抽滤、洗涤、干燥得到三草酸 合铁（Ⅲ）酸钾品体。 (1)[Fe(C2O)3]3-中铁的化合价为十3，由配离 子的结构简式可知，具有空轨道的铁离子与草 酸根离子中的氧原子形成6个配位键，则配离 子的中心离子为铁离子、配位原子为氧原子、配 位数为6，配离子在溶液中存在络合平衡，溶液 中铁离子浓度较小，所以向三草酸合铁（Ⅲ）酸 钾溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液未见红色说 明铁离子为内界的一部分。 (2)硫酸亚铁铵中亚铁离子在溶液中易发生水 解，不利于二水草酸亚铁的生成，所以溶解步骤 时加入5滴6mol/LHSO,目的是增大溶液中 的氢离子浓度，抑制亚铁离子水解。 (3)FCO,·2H2O沉淀表面附有可溶的硫酸 铵杂质，若证明沉淀已经洗涤干净应向最后一 次洗涤液中加入盐酸酸化的氯化银溶液，观察 是否有沉淀产生。 (4)为防止过量的过氧化氢溶液影响草酸合铁 (Ⅲ)酸钾晶体的生成，氧化步骤中使Fe(Ⅱ)充 分氧化为Fe(Ⅲ)后应再次加热溶液至沸使过氧 化氢分解，除去溶液中的过氧化氢。 (⑤)由题给信息可知，三草酸合铁（Ⅲ）酸钾品体 对光敏感，光照即分解，则生成配合物步骤中制 备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾品体时应避光结品，故 应避光保存。 (6)由题意可知，3920g六水硫酸亚铁铵晶体制 得3.928g三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体，则实验的产 3.928g 率为3.920gX491g/mol —×100%=80%。 392 g/mol 气