第1期 物质的量及其计算-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

高考化学第1~5期 数理括 答案详解 2025~2026学年高考化学第1~5期(2025年7月) 第1期4版参考答案 6.A1 mol Na和足量O2完全反应，无论生成氧化钠还是 素养提升（一） 过氧化钠，Na均变为+1价，失去1mol电子，转移的电子数目 1.D标准状况下，CHCL3、HF、SO3均不是气体，无法计算 一定为VA,A正确；5.6g铁与硝酸反应，当铁不足时，生成 物质的量，A、B、C均错误. Fe(NO)3,转移电子的数目为3VA,铁过量时，生成Fe(NO3)2, 2.BNa202中含有的离子有Na*和0,7.8gNa,02的 转移电子的数目为2W,B错误；Cu与S反应生成Cu,S,6.4g 物质的量为0.1mol,含有的离子数为0.3Wa,A错误；D20的Cu参与反应时，转移的电子数为0.1N,C错误；电解精炼铜 摩尔质量为20g/mol,1.8gD20的物质的量为0.09mol,一个 时，阳极上反应的金属有Cu及活动性比Cu强的金属（如Fe D20分子含有10个中子，1.8gD20含有的中子数为0.9NA,B Z),故当阳极质量减轻32g时，电路中转移电子的物质的量 正确：没有告知是否为标准状况，无法计算NH的物质的量，C 不一定是1mol,数目不一定为Na,D错误. 错误；常温常压下，46gC2H。0的物质的量为1mol,如果该有 7.C标准状况下，11.2L02和22.4LN0的物质的量分 机化合物为乙醇，极性键数目为7NA,如果该有机化合物为甲 别为0.5mol和1mol,二者混合后转化为1 mol NO2,但容器内 醚，极性键数目为8NA,D错误. 存在反应2NO2一N2O4,则气体分子总数小于NA,A错误； 3.C二氧化硅中每个硅原子形成4个硅氧键，0.1mol S02与02的反应为可逆反应，故1.5molS02与足量的02反 Si02中含有的Si一0数目为0.4WA,A错误；单键中只有σ键， 应生成的SO3分子数小于1.5WA,B错误；根据氯元素守恒，反 三键中有一条σ键和2条π键，标准状况下，22.4L乙炔的物 应后ClO、C1和HClO的总数等于2WA,C正确；随着反应进 质的量为1mol,乙炔的结构式为H一C三C一H,含有g键数目 行，盐酸浓度减小而反应停止，则转移的电子数目小于0.3NA, 为3W,π键数目为2Wa,B错误；124gP4的物质的量为1mol, D错误， P4是正四面体结构，含有6个共价键，C正确；AL,C。分子的结 第1期2-3版参考答案 构式为Cl Cl,含有2个配位键，1 mol Al2Cl中含 精练卷（一） 1.D摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中 CI 七个基本物理量之一，A错误；1mol任何物质都含有约6.02× 有2WA个配位键，D错误. 10个粒子，但构成该粒子的原子数目有所不同，B错误；阿伏 4.C02和03分子均由氧原子构成，32g02和03的混 加德罗常数的近似值为6.02×10，C错误；HC1的摩尔质量与 合气体中含有的氧原子的物质的量为32g÷16g/mol=2mol, 1 mol HCI分子的质量单位不同，虽数值一样，但二者意义不相 数目为2Wa,A正确；NO2和N204的最简式均为N02,46gNO, 同，D正确. 和N20,混合气体中，最简式NO2的物质的量为1mol,含有的 2.C同种元素的不同单质互为同素异形体，氧气和臭氧 原子数目为3NA,B正确；3.2gS02中的质子数目为3.2g÷ 属于同素异形体，化学性质相似，但不完全相同，A错误；臭氧 64g/mol×32×Nmol1=1.6NA,3.2g02中的质子数目为 和氧气之间的转化过程属于化学变化，B错误；质量相同的O2 3.2g÷32g/mdl×16×N mol1=1.6Na,故3.2g由S02、02 和O3含有的氧原子数相同，质子数也相同，C正确；同温同压 组成的混合物中所含质子数为1.6NA,C错误；环丙烷的结构 下，相同体积的O2和O,含有的分子数相同，原子数之比为 CH, 2:3,D错误 简式为H,CCH, ,聚乙烯的结构简式为七CH2一CH2n, 3.C根据pV=n,可得Pg=爱，起始温度和压强 二者的实验式均为CH2,5.6gCH2的物质的量为0.4mol,含 相同，即气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，A正确：起 有碳原子的物质的量为0.4mol,数目为0.4WA,D正确. 始压强，体积相同，各气体的物质的量相等，根据图示可知. 5.B体积未知，无法计算C的物质的量，A错误；常温 12:30~13:30时间范围内C02温度升高最大，此时气体的物 下，1LpH=9的CH,COONa溶液中，c(OH)=10-5mol/L,这 质的量、体积相同，所以CO2的压强最大，B正确：此时气体未 部分OH全部由水电离出，故水电离出的O数目为 处于标准状况，不能用22.4L/mol进行计算，C错误；根据图示 105N,B正确；10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的 可知，光照相同时间，CO,的温度变化最大，是四种气体中温室 质量为4.6g,乙醇的物质的量为0.1mol,乙醇(C2H,0H)中含 效应最显著的，D正确. 氢原子0.6ol,但乙醇溶液的水分子中也含氢原子，因此氢原子 4.C根据m=nM,可知分子数目相等即物质的量相等的 数目大于0.6Na,C错误；胶体是粒子的集合体，1 mol FeCl,全 三种气体的质量关系为m(X)<m(Y)<m(Z),A正确；同温 部制成Fe(OH)3胶体，得到Fe(OH)3胶体粒子的数目小于 同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，故同温同 Na,D错误. 压下三种气体中密度最小的是X,B正确；同温同压下，三种气 高考化学第1~5期 体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定相等，但不一 =3:1,B错误；甲室混合气体的物质的量为2mol,质量为 因为没有说明是在标准状况下.C错误：同温同9g,平均摩尔质量为9.9.5，同温同压 体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，由于摩尔 质量M(Z)=2M(Y),故1gY气体和2gZ气体的物质的量相 度比等于摩尔质量之比，所以甲室混合气体的密度是同温同压 等，则其压强之比为1：1，D正确. 时H2密度的4.75倍，C错误；根据B项可知甲室中含有1.5 5.A每个NH3分子含3个N一Hσ键，每个NH又与Co mol氢气、0.5mol氧气，若将甲室气体点燃并恢复至室温，反 形成1个配位键（也是c键），故0.1mol[Co(NH)6]3+中含σ 应后剩余0.5ol氢气，同温同压下气体的体积之比等于物质 键数目为2.4N。,A正确：碱性氢氧燃料电池的正极反应为 的量之比，所以活塞最终停留在刻度2处，D正确. 02+2H20+4e=40H,1mol02参与反应时转移4mol电 10.BNa,0溶于水，溶质为NaOH,n(NaOH)= 子，B错误；稀有气体都是单原子分子气体，在标准状况下， 2n(Na,0)=2×o2ga=laml.c(0）-H'=1mL, 31g 11.2L稀有气体的物质的量为0.5mol,含0.5mol原子，C错 A错误；标准状况下，22.4LHCl的物质的量是1mol,溶于水 误；根据反应前后质量守恒和质子数不变可知，M的质量数为 配成1L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mo/L,B正确；从 40、质子数为19，所以M的中子数为21,2.0gM的物质的量 1L0.1mol/LHN03溶液中取出250mL,剩余溶液中NO3的 为0.05mol,含中子数为21×0.05mol×Nmol-1=1.05NA,D 浓度仍为0.1mol/L,C错误；将一定量18.4mol/L的硫酸与水 错误。 等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密度，混合后体积大于 失8× 原硫酸体积的2倍，所得溶液的浓度小于9.2mol/L,D错误. 6.A FeCl2+2NaBH4+6H20=Fe+2B(0H)3+2NaCl+7H2↑，由 I1.D第一份溶液中加人含a mol BaCl2的溶液，恰好使 得2e 得6×e S0完全沉淀为硫酸钡，则这份溶液中含a mol SO?;第二份 双线桥可知生成1 mol Fe转移8mol电子，故生成28gFe: 溶液中加入含b mol NaOH的溶液，恰好使Mg+完全沉淀为氢 (0.5mol)转移电子数目为4Wa,A错误；NaBH4中Na与BH 之间为离子键，1个BH4中含有4个σ键，0.5 nol NaBH4固 氧化镁，则这份溶液中含Mg·的物质的量是分ml,则原VL 体中σ键数目为2VA,B正确；B(OH),分子中，B原子采取sp2 混合溶液中含b mol Mg2+,含2 a mol S0},含2×(2a-b)mol 杂化，0原子采取sp3杂化，0.5molB(OH)3中采取sp3杂化 K,K的浓度为2(2a-b, mol/L. V 的原子数目为1.5NA,C正确：Fe2+会发生水解，导致Fe2+浓度 12.B由得失电子数目守恒可得关系式：5FeC,04·xH20 减小，1L0.1mol/LFeC2溶液中Fe2+数目小于0.1WA,D正确. ~3KMO4,滴定消耗0.100mo/L的酸性高锰酸钾溶液 7.B64gS0在标准状况下的体积为64×2.4D 18.00mL,则FeC20,·xH20的物质的量为0.100mol/L× 5 21 > A 错 误； 0.018L×号=0.003mol,由EeC,0,·H,0的质量为 得2e 0.5400g可得：0.003mol×(18x+144)mo/L=0.5400g,解得 高温$0，↑+S0,↑+2H2↑+N2↑+H,0 x=2. 由双线桥可 13.C根据题意得到关系式Ti3~Fe3,则n(T3+)= 失2x3e n(Fe3+)=cV×10-3mol,样品中钛的含量为 得4xe cy×103molx48gm0×100%=4.8cy%. 知，该反应生成1molH2时转移3mol电子，B正确：S02和SO 14.D28.70gZnS04·7H20的物质的量为0.1mol,根据 溶于水后使溶液呈酸性，酸性条件下NO,可以将SO2、SO? 图示可知，A点时，质量变为17.90g,质量损失10.80g,A点温 氧化为SO},与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，所以不可用 度为100℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6mol,则A Ba(NO,)2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3,C错 点物质的化学式应为ZSO4·HO,A正确；随着温度继续升 误；28gN2与32g02的物质的量均为1mol,所含原子数均为 高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90g 2N,,D错误 -0.1mol×18g/mol=16.10g,即B点时ZnS04·7H20中的 8.CNH4N由NH和N组成，NH4中N元素的化合 结晶水全部失去，B正确；随着温度继续升高，ZS0,开始分 价为-3，N,中N元素的平均化合价为-3，A正确：同温同 解，分解过程中，Z元素的质量保持不变，最终全部转化为 Zn0,质量应为0.1mol×81g/mol=8.10g,即D点，可见C点 压下，气体体积与物质的量成正比，则两种气体的体积之比为 时物质成分既有Zn0,又有ZnS04,设Zn0为xmol,则ZnS04 1:1,B正确；分解产物的质量为28g,两种气体的物质的量相】 为(0.1-x)mol,81x+161×(0.1-x)=13.43,解得x≈0.033， 等（设为m),则M=m丝=28？g+2n=15g/mol,C错误：同温 2n mol 即n(Zn0):n(ZmS04)≈1：2，则C点物质的化学式为Zn0· 几5 2ZnS04,也可写作Zn0(S04)2,C正确；从B点到D点，发生的 同压下，N,和H,的密度之比等于摩尔质量之比，D正确 9.D同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比， 反应为Zs0,分解产生Zn0,既可能发生反应：ZnS0,高墨 甲、乙两室的体积之比为2：1，则物质的量之比为2：1，所以甲 Z0+S0,↑，也可能发生反应：2Zns0.高温2Zn0+2S0,↑+ 室混合气体的物质的量为2ol,分子总数为2N,A错误；甲 O2↑，D错误. 室混合气体的物质的量为2ol,质量为19g,设氢气的物质的 15.(每空2分)(1)AC 量为x,可得2g/molx+32g/mol×(2mol-x)=19g,解得x= (2)250mL2.1 1.5mdl,甲室H2、02的物质的量之比为1.5mol:(2-1.5)mol (3)59.5 2 高考化学第1~5期 (4)AC (2)稀硫酸或稀盐酸、醋酸等（任选一种） 解析：(2)测定实验共进行4次，则4次共需要盐酸 (3)ab→d→ef 100mL,同时还需要考虑实验仪器的润洗等损耗，故配制盐酸 (4)吸收尾气H2S2H,S+H,Se03=SeS2↓+3H20 所使用的容量瓶规格为250mL.该浓盐酸浓度为c=L00p (5)98.3(3分) M 解析：(2)装置B的作用是产生H,S,则试剂Y应为非氧 -1000×1,19×36.5%m0lWL=11.9m0l/L,根据c装Vk=c稀 化性酸，可为稀硫酸或稀盐酸、醋酸等. 36.5 (5)根据已知反应，可得关系式SS2~2L2~4S20,则该 V稀可求得V旅=2.1mL. 样 品 中 SeS2 多 含 量 为 （3)从表中数据可以看出，第3次实验误差过大，应舍去，故 1100 三次实验所耗Na0H的平均体积为13.20+13.00+13.10 L 0.0500mo/L×0.011L×4×20.00×143g/mol 3 ×100%≈ 0.100g 13.10mL,CaC03消耗HC1的物质的量为0.025L× 98.3%. 0.10mol/L-0.013L×0.10mol/L=1.19×10-3mol,则该胃 18.(除标注外，每空2分)(1)分液漏斗HC(2)干馏 .19×103mol×2×100g/mol (3)C0,+C高温2C0 药中碳酸钙的质量分数为 0.10g (4)①有白色沉淀生成②C0+2[Ag(NH3)2]OH= 100%=59.5% 2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH (4)配制0.10mol/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导 ③偏高 致盐酸浓度偏低，从而碳酸钙消耗盐酸的量偏高，计算时盐酸 1-n-m ④1+m)(1-n 、×100%(3分) 剩余量偏低，最终导致碳酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L 稀盐酸定容时俯视刻度线，导致盐酸浓度偏高从而导致测得剩 解析：稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由 余盐酸的量偏高，最终导致碳酸钙的测量值偏低；配制 于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠 0.10mol/L NaOH溶液时，未冷却至室温就转移到容量瓶中， 溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的 导致氢氧化钠溶液浓度偏高，测出的盐酸剩余量偏少，导致碳 焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液 中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质. 酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L NaOH溶液时，摇匀后发 现液面低于刻度线加水至刻度线导致氢氧化钠浓度偏低，测出 (4)①d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和 剩余盐酸量偏高，最终导致测得的碳酸钙量偏低。 水，现象是有白色沉淀生成 16.（每空2分)(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无 ②e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应原理可知CO 白色沉淀生成，则沉淀完全 变为碳酸铵，则反应的化学方程式为C0+2[Ag(NH)2]OH= 2Ag↓+(NH4)2C03+2NH (2)过滤硝酸银溶液坩埚4 233 ③若d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应， (3)检查装置气密性b 导致与氢氧化钡反应的CO2减少，将造成α偏高. (4)5-5bMx10 L ④设反应后气体的物质的量为bol,则二氧化碳的物质 偏高 的量为bm mol,起始气体物质的量为amol,则起始二氧化碳的 25×10-3 物质的量为a(1-n)mol,氮气的物质的量为an mol,可得消耗 解析：(2)固体质量为0g,为硫酸钡的质量，硫酸钡的物 二氧化碳的物质的量为[a(1-n)-bmm]mol,生成C0的物质 质的量为2ml,根据关系式，CusS0,~Ba0,则c(Cus0,)= 的量为2[a(1-n)-bm]mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)- 加，解得&=2，此时g的表达式为 n 233 mol 400 70.025L=233mo/L. [a1-n）-a2-m]ml 1+m (3)实验需要测定氢气的体积，因此组装仪器后需要检验 ×100%=1-n+m-mm-2m+m× a(1-n)mol (1+m)(1-n) 装置气密性；因气体的密度容易受到温度的影响，温度未恢复 1-n-m 至室温会对气体体积的测量产生影响， 100%=1+m10”n×10%. (4)根据反应方程式可知n(Zn)=n(CuS04)+n(H2),故 第2期4版参考答案 n(CS04)=n(Zm)-n(H2),m(H2)=dg/L×b×10-3L=bd× 素养提升（二） 103g,则n(H,)=dx10g=5bd×104ml,n(Zn)= 1.(1)2HC0+20H+Ca2+=CaC03↓+2H,0+C0 2 g/mol (2)HC0,+0H+Ca2+=CaC03↓+H,0 忌ml,故n(aus0,)=忌mal-5dx104ml,c(cus0,)= 2.(1)①C02+20H=C0+H20 ②C02+0H=HC0, 希-5idx10 (2)①3Fe+2N03+8H*=3Fe2++2N0↑+4H,0 25×10-3 ol/L;若步骤⑥中E管液面高于D管，未调液 ②Fe+NO3+4H+=Fe3++N0↑+2H,0 面即读数，则H,所处压强大于外界大气压强，气体被压缩，导 3.(1)①H++0H=H,0 致H2的体积偏小，H2的物质的量偏小，使得n(CSO,)偏大， ②NH,+H+20H=NH3·H20+H,0 则最终导致测得c(CuSO,)偏高. (2)①2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl 17.(除标注外，每空2分)(1)恒压滴液漏斗 22Fe2++2Br-+2Cl,=2Fe3++Br2 +4Cl- 3 高考化学第1~5期 32Fe2*+4Br +3Cl =2Fe++2Br2 +6Cl 和NaC溶液、CO,和NH3制备小苏打的离子方程式为Na+ 4.(1)①3Ba2++3S0+2AI3++60H=3BaS04↓+ CO2+NH3+H20=NH4+NaHCO3↓，D错误. 2A1(OH)3↓ 11.CA项电荷不守恒，正确的离子方程式为H,02+2I+ ②NH,+A13++2S0}+2Ba2++40H=NH·H,0+ 2H=2+2HO,A错误；向NH,HCO,溶液中加入足量石灰 Al(OH)3↓+2BaS04↓ 水，NH也会参与反应，B错误；因KMnO4具有强氧化性，浓盐 (2)①Ba2++SO3+H*+0H=BaS04↓+H,0 酸具有还原性，二者能发生氧化还原反应，故高锰酸钾不能用 ②Ba2++S0}+20H+2H*=BaS0↓+2H,0 浓盐酸来酸化，应用硫酸酸化，D错误。 第2期2-3版参考答案 12.C铜是活性电极，作阳极时，铜优先失去电子发生反 精练卷（二） 应，A错误；Na,S与足量S02反应生成S,离子方程式为2S2-+ 1.B陶瓷的主要成分是硅酸盐，不属于氧化物，A、D不 5S02+2H20=3S↓+4HS03,B错误；向含Mn2+的溶液中加 符合题意；玛瑙的主要成分是二氧化硅，二氧化硅属于氧化物， 人足量NH4HCO,溶液沉锰的离子方程式为Mn2++2HCO?一 B符合题意；铜编钟是合金，主要成分为金属，不属于氧化物，C MnCO3↓+H20+CO2↑，D错误. 不符合题意。 13.A根据实验①中现象，X一定含Na2SO:根据实验② 2.C风化属于化学变化，A错误；[Ag(NH3)2]OH电离 中现象，X一定含CaCl2,可能含有Na2SO4;根据实验③中现 出[Ag(NH)2]和OH,属于碱，B错误；CO2溶于水后，与水 象，一定含NHC1,KNO3无法判断是否含有. 反应生成的H,C03电离出离子而导电，CO2本身不电离，是非 14.C由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀 电解质，D错误. 久置无明显变化，则固体不含eC2,11.60g是氢氧化镁沉淀， 3.DSO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，虽 nMg(OH)]=0.2 mol,m(MgCl)=0.2 mol x 能与氢氟酸反应，但反应生成的不是盐和水，不属于碱性氧化 物，故不是两性氧化物，A错误；BaSO4难溶于水，但溶解于水 95g/mol=19g;产生的气体通过碱石灰体积不变，通过浓硫酸 的部分完全电离，属于强电解质，B错误；NaHCO3电离出的 体积变小，推断出气体中含有NH3、H2,故A1与氢氧化钠溶液 HCO,能继续电离出CO?和H,属于酸式盐，C错误。 13.44L 反应产生的氢气为n(H,)=224=0.6m0l,根据电子得 4.C根据酸碱电子理论，在CuC2+4NH3= 失守恒3n(A1)=2×0.6mol,n(Al)=0.4mol,m(A1)= [Cu(NH)4]2++2Cl中，CuCl,接受NH3提供的孤电子对形 0.4mol×27g/mol=10.8g;浓硫酸吸收氨气，n(NH3)= 成配位键，CuCL2属于酸，A正确；N2H4中的两个N原子均含有 孤电子对，一个NH,可提供2个孤电子对，属于二元碱，B正 (22434L=0.4md,n(NH,)2s0,]=0.4ml×7= 22.4 L/mol 确：根据H,C204+H,0一HC20,+H,0*可知，H20结合 0.2mol,m[(NH4)2S04]=0.2mol×132g/mol=26.4g,则固 H的能力大于HCO4,则碱性：H0>HC2O,,C错误；配合物 体共含Al、(NH)2S04、MgCl2的质量为10.8g+26.4g+19g 是由一方提供电子对，另一方提供空轨道接受电子对形成的， =56.2g,则余下59.0g-56.2g=2.8g是A1Cl和NaCl中的 所以根据酸碱电子理论，配合物可看作酸和碱的反应产物，D 一种或两种.步骤②发生的反应为H+OH=H0和 正确 [A1(OH)4]+H=A(OH)3↓+H,0,步骤③发生的反应为 5.B加入烧碱生成氢氧化铁沉淀，吸附絮凝作用减弱，B A1(OH)3+3H=A13++3H,0,二者反应消耗的H+的物质的 错误. 量之比因过量的OH的量未知而不能计算.综上C错误. 6.BNa[AuCL,]溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗 15.(每空2分)(1)吸附纯净物 粒，Au元素化合价降低，故Na[AuCL4]具有氧化性，纳米金为 (2)①2A1+20H+6H0=2[A1(0H)4]+3H2t↑ 还原产物，A、D正确；纳米金属于单质，不属于胶体，B错误；纳 米金与水形成的分散系中分散质粒径在1~100m之间，为胶 ②AI(OH),③BD④S-b) 233a 体，能产生丁达尔效应，C正确 (3)D(4)D 7.CMnO,在溶液中为紫红色，A错误；Fe3+与SCN之 16.(每空2分)(1)K、A1+、C0号、[A1(0H)4] 间发生络合反应，不能大量共存，B错误；能使甲基橙变红的溶 (2)BaC03 液呈酸性，H、I都与CO反应，不能大量共存，D错误， (3)3Fe2++N0,+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0KSCN 8.AcH)=1×102的溶液呈酸性，[A1(OH)4]不 溶液溶液变红 c(OH) (4)不需要 能大量共存，B错误；C0、MnO,均具有强氧化性，HSO,具 解析：加入过量稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无 有还原性，不能大量共存，C错误；OH与NH,Ca2+与SO CO、[A1(OH)4],加人过量Ba(NO3)2溶液产生气体、滤液 均不能大量共存，D错误. X和沉淀A,沉淀A中一定含BaS04,原溶液中一定含Fe2+,发 9.D草酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，正确的离子 生反应：3Fe2++N0,+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0,产生气体 方程式为2Mn0,+5H,C204+6H*=2M2++10C02↑+ NO;滤液X中加人过量NaOH溶液，加热后产生气体、滤液Y 8H,O,D错误 和沉淀B,气体为NH,原溶液含NH4,沉淀B中一定有 10.A泡沫灭火器的灭火原理为3HC0+A13+= Fe(OH)3,滤液Y中通入少量CO2产生沉淀C,沉淀C中一定 A1(OH)3↓+3C02↑，B错误；醋酸为弱酸，不能拆写，用淀粉 有BaCO,可能有Al(OH)3;溶液中离子浓度均为0.1mol/L, 碘化钾试纸和醋酸证明食盐中存在IO,的离子方程式为 根据溶液呈电中性，溶液中一定含NH、Fe2+、Cl、SO,一定 IO+5I+6CH,C00H=3L2+3H,0+6CH,C00,C错误；饱不含K+、A13+、CO?、[A1(OH)4],则沉淀C中无A1(OH)3 4 高考化学第1~5期 17.(每空2分)(1)①ac 说明平衡：2CO子+2H、一Cr,0+H,0正向移动，各元素 ②除去0H、CO 化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意：苯 ③75%的乙醇溶液 酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被 (2)①I03+5I+6H+=3L2+3H,0 空气中的氧气氧化所致，与氧化还原反应有关，B符合题意：将 ②I03、Fe3+I 铁氰化钾{K,[Fe(CN)6]}溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应： ③4KI+0,+2H,0=21,+4K0H K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，各元素化合价 18.(除标注外，每空2分)(1)2FeS2+15MnO2+28H+= 没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；制备F(OH)3 15Mm2++2Fe3++4S0+14H20 胶体时发生的反应为FeCL,+3H,0△fe(OH)3(胶体)+ (2)Si02酸性氧化物(1分) 3HC,各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D不符合题意。 (3)适当增加硫酸浓度，将固体原料粉碎，加快搅拌速率 失8e (任答一条即可，或其他合理答案)(1分) (4)将Fe2+氧化为Fe3 4.C H,S+402F2=SF。+2HF+402,由双线桥可知，还原 (5)1000根据关系式3MnS04·H20~Mn04,可得 得8xe 3M(MnSO,.H2O)-M(Mn,O) 剂是H,S,氧化剂是O2F2,还原产物是O2,氧化产物是SF6,还 100% 3M(MnSO4·H20) 原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4.1molH,S完全反应，转 3×169gmol-229m0×100%≈54.83%，所以需控制温度 移电子的物质的量为8mol,数目为8NA,综上C正确。 3×169g/mol 5.D因NaBiO,为浅黄色或褐色沉淀（难溶物），故须写 大于1000℃(4分) 成化学式，改写为离子方程式为5NaBi03+2Mm2++14H+= (6)8Mn,0,+6Li,C0,+50,墙整6C02+12LiMn,0, 2Mn0+5B3++7H20+5Na+,D错误. 第3期4版参考答案 6.C1个过二硫酸分子中含有1个过氧键，97g过二硫 素养提升（三） 97g 1.B在标准状况下，0.672LH,S的物质的量为 酸的物质的量为14gma=0.5ml,则含过氧键的数目为 0.672L=0.03mol.设X元素在还原产物中的化合价为+x, 0.5Va,A错误；将化学方程式配平：5KS20g+2MnS0,+8H,0一 22.4 L/mol 2KMn04+4K,S04+8H2S04,由反应可建立关系式：K,S20g~ 已知H,S全部被氧化成硫单质，由氧化还原反应中得失电子守 270g 恒可知，0.03mol×(2-0)=0.015mol×2×(6-x),解得x=4. 2e,270gK,S0,的物质的量为270g=1m0l,被完全还 2.CCL2发生自身氧化还原反应，一部分升价，一部分降 原时转移电子数为2W,B错误；由质量守恒可知，Y为H,SO4, 价，而NaClO和NaClO,都是氯元素升价后的产物，令NaCl0为 C正确；从反应方程式中可以看出，5olK,S2Og得电子后只 4mol,NaCO3为Imol,设NaCl为xmol,根据得失电子守恒， 能得到10molS0,则Y(H,S04)和K,S04中只有10mol为还 1×4+5×1=x,x=9. 原产物，还有2mol(来自MnSO4)不是还原产物，D错误. 3.(1)①2C103+H202+2H=2C102↑+2H20+02↑ 7.A化学方程式配平为NaNO,+3NaNH,缩酸NaN,+ ②8C02+5H2S+4H20=8Cl-+5S0?+18H NH3↑+3NaOH,A正确；3 mol NaNH2参与反应，其中1mol ③2122222 NaNH,中的N元素化合价未发生变化生成NH,2 mol NaNH2 (2)2Cl2 +2Na,CO +H2 O=2NaHCO;+2NaCl +ClO 中的N元素化合价升高转化为NaN,故作还原剂的NaNH2占 (3)2FeCl 3NaClO 10NaOH =9NaCl 2Na,FeO+ 5H,0 参与反应的NaNH,的物质的量的号，B错误；未给出气体所处 4.2Cu2++S02+2C+2H20=2CuC↓+S0+4H+ 状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；石英主要成分是 5.8514810764 SiO2,高温下，产物NaOH能和SiO2反应，会腐蚀设备，D错误. 6.(1)2As2S3+602+3H,0=2As203+3H,S203 8.DTe和0位于同一主族，最低负化合价为-2，则 (2)As2S3+702+6H20=2H3AS04+3H,S04 C2Te中Cu的化合价为+1，A正确；反应①中氧元素化合价 7.(1)3546631023 降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te元素的化合价均升 (2)6978661839 高，失去电子，则CuSO,和Te02均是氧化产物，B正确；反应② 8.126111321 中每生成1 mol Te,转移4mol电子，反应①中每生成1mol NO2会自发反应生成N,O,而使气体体积减小或NO2溶 Te02,转移8mol电子，故每制备1 mol Te,理论上共转移 于水反应而使气体体积减小（合理即可） 12mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个 第3期2-3版参考答案 反应可得O2的氧化性强于TeO2的，TeO2的氧化性强于 精练卷（三） H2S04的，S02在反应②中作还原剂，无法比较02和S02的氧 1.A水滴穿石涉及的反应是碳酸钙与二氧化碳和水反 化性强弱，且无法证明SO2的氧化性强于TeO2的，D错误. 应生成碳酸氢钙，为非氧化还原反应，A符合题意：死灰复燃和 9.B由图中信息可知，Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)是该反应的催 火上浇油都涉及燃烧，有氧气参加反应，是氧化还原反应，故 化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，A正确；总反应 B、D不符合题意；百炼成钢过程中涉及生铁中的碳元素与氧气 为NO3+N0+4H2+2H*=N2+5H20,反应过程中消耗了 的反应，是氧化还原反应，C不符合题意 H,pH会升高，B错误；反应③为NO2+6Fe2++8H= 2.D 6Fe3++NH+2H20,每生成1个NH转移电子数为6个，反 3.B稀硫酸滴入KCO4溶液中，溶液由黄色变为橙色，应④为NH+NO2=N2↑+2H,0,每生成 5 高考化学 第1~5期 1个N2转移电子数为3个，转移电子数之比2：1，C正确；NO 还原剂，2个氧化还原反应本质不一样，B正确：在步骤③中生 中心原子N的价层电子对数为3+5+1二3×2=3，空间结构 成的[C(C0,)3]3-可以对H,02产生催化作用，分解为O2和 2 H,0,C正确：在步骤④中，[Co(C0)3]3-在H作用下先转化 为平面三角形，键角为120°：N0,中心原子N的价层电子对数 为蓝色的Co2(S0,)3溶液，再被还原为粉红色的CoS04溶液， 为2+5+1,2×2=3，含有1个孤对电子，空间结构为V形，由 说明Co2(S04)3溶液在酸性条件下不稳定，D正确. 15.(除标注外，每空2分)(1)+2+4 于孤电子对的斥力作用，键角小于120°，NH,中心原子N的价 层电子对数为4+5-1,4×1=4，空间结构为正四面体形，键 (2)Ph0,+4H++20△Pb2++C↑+2H,0 2 (3)Ph0+C0=Pb02+CdP%2++2H,0-2e=Pb02+ 角为10928'，故键角：N0>NO2>NH,D正确 4H 10.C在去除Sb(+5)过程中，最终生成Sb2S,没有生成 (4)Pb203(3分) S的反应，故S不可以循环利用，A错误；根据反应机理图可 16.(除标注外，每空2分)(1)过滤 知，S单质歧化生成SO和H2S,反应的离子方程式为4S+ (2)3Cu+8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H20 4H,0=3H2S+S0}+2H*,当生成1molS0}时，理论上需 (3)①Au+N05+4Cl-+4H=ACl:+N0↑+2H20 要4molS参与歧化反应，B错误；Sb(+3)的沉淀去除过程发 ②AC(3分) 生了非氧化还原反应，D错误 (4)2(3分) 11.B根据反应机理，苯酚最终被氧化为C02和H0. 解析：废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu,加入硝酸 BMO失电子，生成了BMO,表现还原性，B错误；酸性条件下， 酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为Ag和Cu2+,反应为3Cu+ 反应①中苯酚、02与H反应生成C02和H0,反应的离子方 1 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2N0↑+4H,0,3Ag+4HNO3(稀) 程式是3C6H,0+2802+28H*=18C02↑+23H,0,C正确；反 =3AgNO,+NO↑+2H,0,含Au固体中加入硝酸和氯化钠的 应②中BMO表现氧化性，1 mol BMO*被还原为BMO,得1 混合溶液，Au转化为HAuCl4,反应为Au+4NaCI+5HNO3= mol电子；反应①中O2表现氧化性，1mol02被还原为0， HAuCl4+2H,O+NO↑+4NaNO3,HAuC4经锌粉还原分离得到 得3mol电子，所以反应①和②中被降解的苯酚的物质的量之 金，反应为2HAuC4+4Zn=2Au+4ZnCl2+H2↑，以此解答. 比为3：1，D正确 17.(除标注外，每空2分)(1)6V02++C10+3H20= 12.CE值越高，氧化型物质的氧化能力越强，根据表格 C-+6V0,+6H 数据，可知酸性条件下，氧化性强弱顺序为MO,>Cl>VO2 (2)pH过大，OH浓度过大，抑制后续离子交换反应向正 >Fe3+,A正确；根据表格数据，酸性条件下氧化性BO,> 向进行[pH大于8，V,O:的浓度降低或A1(OH)3溶解后带人 CL2.根据氧化还原反应“强制弱”规律，实验室可用KBO3与浓 杂质](3分) 盐酸反应制备C2,B正确；根据表格数据，酸性条件下还原性 (3)取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银 Fe2+>Cl-,向硫酸酸化含2 mol FeCl2溶液中加入1 mol Pb02, 溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 PbO2恰好把e2+氧化为Fe3+,无黄绿色氯气产生，C错误；E (4)防止V,O,煅烧时被NH还原(3分) 值越低，还原型物质的还原能力越强，E[Fe3+/Fe2+]=0.77V, (5)91%(3分) E[Fe(OH)3/Fe(OH)2]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 解析：废钒催化剂的酸浸液中含VO,、V02+、K+、Fe3+、 Fe2+的还原性，D正确. A1+和SO,加入氧化剂KCO把V02+氧化为VO2,用KOH 13.D由中和产物可知粗P中加入浓硝酸、浓盐酸充分 调节溶液pH约为7~8除去Fe3+、A+,同时VO转化为 反应可生成H,PdCl。,A正确；热还原得Pd,发生反应： V4O2,通过“离子交换”和“洗脱”，得到含有V,O2的溶液，加 (NH4)2PdC。+2H,≌P+2NH+6HCl,生成1 mol Pd时， 1 入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NHVO3),煅烧钒酸铵生成V,O5· 生成2mol氨气和6 mol HCl,故气体的物质的量为8mdl,B正 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤于净 确；(NH4),PC。为红色沉淀，可用氯钯酸根离子检验溶液中 即检验是否含有氯离子. 的NH,C正确；溶解过程中盐酸电离出的Cl与Pd4+生成络 (4)加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH,VO3),煅烧钒酸铵 合物，促使Pd转化为Pd+的反应正向进行，从而使Pd完全溶 生成V20,其中氮元素为-3价，具有还原性，“煅烧”时须在 解，若用浓硫酸代替浓盐酸，无法生成络合物，会使P溶解效 有氧条件下进行，目的是防止V,O,煅烧时被NH还原. 率降低，D错误。 (5)配平后的化学方程式为V0,+Fe2++2H=V02++ 14.A根据题目和表格信息，步骤①未发生反应：步骤② Fe3++H0,Mn0,+5Fe2++8H+=Mm2++5Fe3++4H20. 发生反应：C02++4HC0=[Co(C03)2]2+2C02↑+2H,0; n(KM04)=10.00×10-3L×0.01000mol/L=1.000× 步骤③发生2Co2++H202+14HC0,=2[Co(C03)3]3-+ 10-4mol,n(Fe2+)=30.00×10-3L×0.05000mol/L=1.500× 200+8H0+6c0.↑2H,0,[ac0' =2H,0+02↑；步 10-3mol,则与VO反应的Fe2+和与KMnO4反应的Fe2+的总 骤④发生反应：[C0(C03)3]3-+6H+=Co3++3H,0+ 物质的量为1.500×10-3mol,即n(Fe2+）=5n(KMn0,)+ 3C02↑4Co3++2H,0=4Co2++02↑+4H,据此分析解答. n(V02),n(V02)=(1.500×10-3mol-5×1.000×10-4mol) 根据分析，步骤②产生的气体为C02,步骤④产生的气体 ×100ml=5.000×10-3mol,n(V,05)=2.500×10-3mol, 20 mL 为C02和02，A错误；步骤③中先发生H202将Co2+氧化的氧 化还原反应，H202作氧化剂，再发生H02在[Co(C03)3]3的 V,0,样品的纯度为2.500×10mmlx182m@×100%: 0.5000g 催化作用下分解为O2的氧化还原反应，H02既作氧化剂又作91% 6 高考化学 第1~5期 18.(除标注外，每空2分)(1)①<②除去L,防止干扰余固体为C0,D正确. 后续实验[Cl2]+2NH3·H,0=[Cu(NH3)2]++2H,0+ 第4期2-3版参考答案 2I4[Cu(NH)2]+O2+8NH·H20=4[Cu(NH3)4]2++ 精练卷（四）》 40H+6H,0(4分) 1.B铝与盐酸、硫酸、NOH溶液反应均可产生H,,与硝 ③2Cu+L2=2Cu或2Cu+KL3=2Cul+KI白色沉淀逐 酸反应产生氮氧化物，故C符合题意 渐溶解，溶液变为无色(3分)生成的Cul覆盖在铜表面，阻 2.DNa202能和水反应生成氢氧化钠和氧气，Na,O2不 止反应进一步发生(3分) 是碱性氧化物，①错误；钠性质活泼，在常温下易被氧化，②错 (2)在实验I~Ⅲ中均有I,生成Cul沉淀或[Cu山2]，使 误；Na2O2和二氧化碳反应放出氧气，Na2O2可作供氧剂，而 得+1价铜的还原性减弱，L2不能氧化Cul或[CuL2](4分) Na20不能，③正确；Na,O2具有氧化性，Na,O2能和水反应生成 第4期4版参考答案 氢氧化钠和氧气，向酚酞溶液中加入N2O2粉末，溶液先变红 素养提升（四） 后褪色，并有气泡生成，④正确；钠与浓NH,C1溶液反应，钠先 1.DH,O,中氧元素的化合价为-1，既能体现氧化性，又 和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铵反应生成氯 能体现还原性，D错误 化钠和氨气，所以放出的气体中含有H2和NH,⑤正确.综上 分析选D. 2.B医用酒精消毒的原理是使病毒蛋白质变性，过氧乙 3.BN的电负性大于H的，NH3分子中共用电子对偏向 酸消毒是利用其氧化性，二者消毒原理不同，B错误. 于N原子，H原子周围电子云密度低，故溶剂合电子可能的结 3.C根据结构式可知，C0,中有4个-1价的氧原子， 1个-2价的氧原子，故C元素的化合价为+6，D错误；根据 构应为H原子在里，N原子在外，B错误. 得4x3e 4.A镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，但由于氢氧化 镁难溶于水，故溶液呈弱碱性，滴加酚酞溶液显浅红色，A正 4Cr05+12H*—4Cr+702↑+6H0 可知，整个过程转移电子 确；氨水为弱碱，离子方程式中不能拆，正确的离子方程式为 得2xe Mg2++2NH3·H20=Mg(OH)2↓+2NH4,B错误；由于钠的 失14×e 金属性很强，在溶液中先与水反应生成氢氧化钠，故不能将 14mol电子，标准状况下，每转移0.2mol电子能生成2.24L MgCL,溶液中的金属置换出来，C错误；泡沫灭火器能产生二氧 O2,A错误；根据结构式可知，过氧化铬中含有极性共价键、非 化碳，而金属镁可以在二氧化碳中燃烧，故不可用泡沫灭火器 极性共价键，不含离子键，B错误；过氧化铬中具有过氧键，具 灭火，可采用沙子扑灭，D错误， 有较强的氧化性，C正确。 5.D合金的熔点比各成分的熔点都低，A错误；电负性： 4.C根据化合价代数和为零的原则，设-1价的0有x:H>Mg,MgH2中，H元素的化合价为-1，Mg元素的化合价为 个，-2价的0有y个，则有x+y=8,x+2y=2+2×6,解得 +2,B错误：镁和氮气会发生反应：3Mg+N,点尴Mg,N2,C错 x=2,y=6,2个-1价的0形成1个过氧键，可得出1mol 误；一定条件下，17 mol MgH2与盐酸完全反应生成34mol氢 Na,S,Og含有NA个过氧键，A错误；根据图示，可得出转化过 气(MgH2+2HC=MgCL2+2H2↑)，12 mol Al与盐酸完全反应 程中Fe先被S2O氧化为Fe2+,反应为Fe+S,0?=Fe2++ 生成18mol氢气(2A1+6HC=2A1Cl,+3H,↑)，共放出 2SO?,然后Fe2+进一步被S20?氧化为Fe3+,最终共沉淀中 52mol氢气，D正确. 有Fe(OH)2和Fe(OH)3,所以56gFe参加反应时，消耗的 6.C熔融BeCl2不导电，BeCL2溶液能导电，二者满足其 S2O?超过NA个，B错误；酸性条件不利于形成Fe(OH)2和 一，即为电解质，A正确：高温下用Mg还原BF,制备铍的反 Fe(OH),沉淀，难以与正五价砷发生共沉淀，D错误. 应，由于Mg比铝更活泼，所以需要保护气，C错误；铍与相邻主 5.C过氧化钙的性质与过氧化钠类似，与水反应的化学 族的铝元素性质相似，B0为两性氧化物，能与强碱溶液反应， 方程式为2Ca02+2H20=2Ca(0H)2+02↑，A正确；在140℃ 可用BeCl2溶液与足量氨水制备Be(OH)2,B、D正确. 时恰好完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2·8H,0含 7.DM点对应溶液中盐酸有剩余，溶液显酸性，H与 有的结晶水的总质量为2.76g-1.32g=1.44g,n(H,0)= CH,CO0不能大量共存，A不符合题意；N点对应溶液中溶质 .44三=0.O8mol,原样品中含n(Ca0,）=008m@ 为NaCl、A1Cl,Clˉ与Ag反应生成AgCI沉淀，不能大量共存， 18 g/mol 8 B不符合题意；S点后依然出现沉淀，说明A1+还未完全反应， 0.01mol,m(Ca02)=72g/mol×0.01mol=0.72g,样品中 此时溶液中的溶质为NaCl、AlC3,AI3+与OH不能大量共存， Ca0,的含量为}：76×100%=26.09%，B正确：60℃时，固 C不符合题意；R点溶液中含有Na[Al(OH)4],Na、SO、 C、NO,四种离子相互之间不反应，也不与溶质成分反应，可 体的质量为1.68g,失去结晶水的质量为m失(H20)=2.76g -1.68g=1.08g,失去结晶水的物质的量为n失(H,0)= 以大量共存，D符合题意. 8.D溶液2中加人了NaCl固体经过盐析使得氯化铵结 L.08g=0.06mol,故在60℃时Ca02·xH,0中x= 18 g/mol 晶析出，得到的溶液3中含有较多氯化钠，两溶液中钠离子和 0.08mol-0.06mdl=2,C错误；在140℃时，m(Ca0,)= 铵根离子的浓度不同，D错误. 0.01 mol 9.C侯氏制碱法在溶液1中先后通人氨气和NaCl固体， 72g/mol×0.01mol=0.72g,m(杂质)=1.32g-0.72g= 促使氯化铵结晶析出，索尔维制碱法是在溶液1中加入氢氧化 0.60g,所以在350℃时，剩余固体（杂质除外）的质量为 钙生成氨气和氯化钙，两种制碱法对溶液1的处理不同，A正 1.16g-0.60g=0.56g,由元素守恒可知n(Ca)为0.01mol, 确；侯氏制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氯化钠，索 利余固体（杂质除外）的率尔质呈为品-5gm,则剂 尔维制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气，B正确； 两种制碱法中原料NaCl的利用率不相同，侯氏制碱法中循环 > 高考化学 第1~5期 利用的是二氧化碳和氯化钠，索尔维制碱法中没有循环利用氯应(3分) 化钠，侯氏制碱法氯化钠利用率更高，C错误；两种制碱法都涉 ③蒸发浓缩、冷却结晶 及NaCl溶液、CO2和NH,反应生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受 17.(除标注外，每空2分)(1)MEC0,高温Me0+C0,↑ 热分解生成碳酸钠，都利用了碳酸氢钠的溶解度小和不稳定的 (2)NH 性质，D正确. (3)将Fe2+氧化为Fe3+生成的MnO,和Fe3+能催化 10.B碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，B错误。 HO,分解，从而加大H,O,用量(3分) 11.C NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳， (4)4.6×10 利用差量法即可计算出N,CO3的质量分数，A不符合题意；取 (5)避免生成Mg(OH)2沉淀 ag混合物与足量稀硫酸充分反应，得到bgC02,根据碳元素 (6)2HF +Mg2*=MgF2+2H* 守恒可计算出Na2CO3和NaHCO3的总的物质的量，结合总质 解析：(4)当A13+恰好沉淀时，Fe3+早已沉淀完全， 量ag,可计算出Na2CO3的质量分数，B不符合题意；取ag混 合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg c(A13+)_c(A13+)·c3(OH)_K[A1(0H)3】_1.3×10-3 固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH,无法计算出Na2CO3的 c(Fe3*)c(Fe3+）·c2(0H)Kp[Fe(OH)3J-2.8×10-9 =4.6×105. 质量分数，C符合题意；Na2CO,和NaHCO3均可与盐酸反应生 成水、二氧化碳和氯化钠，所得bg固体是氯化钠，利用钠元素 18.(除标注外，每空2分)(1)①5.3 守恒可计算出Na,CO2的质量分数，D不符合题意 ②250mL容量瓶、胶头滴管③20.0a 12.B从铝土矿（主要成分为A203)中提取A山03，主要 (2)①越大 利用AL,O,能与强碱溶液反应，生成可溶性Na[A1(OH)4],过 ②Ⅱ HCO,自耦电离的平衡常数K= 滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通人酸性气体CO2,生成 c(HC0)·c(C0号)_K2_4.7×10" A1(OH)3沉淀，过滤，洗涤，加热分解A1(OH)3得到A1,O3;若 c(HCO3） K=4.5×107≈1×10≥K,说明 先用盐酸溶解，Fe03、AL2O3均溶解，制取A1(OH)3的步骤较 HCO?自耦电离程度远大于HCO,的电离，即猜想成立(3分) 多；从Na[A1(OH)4]制备Al(OH):,若加盐酸不容易控制量的 第5期4版参考答案 多少，B符合题意 素养提升（五） 13.C在“氯化”设备中，矿料(FeTiO3+C)与CL2逆向而 1.A铁元素与氧元素的质量比为2I:8,推出n(Fe):n(0) 行，能增大反应物的接触面积，有利于反应充分进行，A正确； =3:4,根据混合物的组成，FeO,为任意值，只要Fe0和Fe203 “氯化"反应的化学方程式为2FeTi0,+7C,+6C高温2eCL,+ 的组合让铁原子和氧原子的物质的量之比为3：4即可，即FO 和Fe,O2的物质的量之比为1：1. 2TiCL4+6C0,该反应中CL2与C0的物质的量之比为7：6，正 2.B由题意可知最终溶液中的溶质为Fe(NO,)2,标准 确；在高温下，镁能与氮气反应，生成氮化镁，故不能在八2氛围 状况下2.24LN0的物质的量为0.1ol,根据氮元素守恒，硝 中进行，C错误；流程中所需要的“Mg”,可通过电解熔融 酸亚铁中的NO的物质的量为0.15L×4mol/L-0.1mol= MgCl制取，D正确。 0.5mol,所以硝酸亚铁的物质的量为0.25mol,由铁元素守恒 14.B由题意可知Mg2+和CO}优先于Ca2+向外扩散， 可知，若用足量的H,在加热条件下还原相同质量的混合物，得 因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段，生成氧化镁和二氧化 到铁的物质的量为n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.25mol. 碳，而碳酸钙不反应，化学方程式为CaMg(C0,),高CaC0,+ 3.D通入氯气发生反应2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl,Cl2 Mg0+CO2↑，A正确；第二阶段为碳酸钙分解，若其完全分解 为0.1mol,则fe2+为0.2mol.设30.4gFe0,中含有xmol 时质量分数变化为(76-52)%=24%，B点时，因碳酸钙分解02-，y mol Fe3+,则根据电荷守恒有0.2×2+3y=2x,根据质量 损失的质量分数为(76-64)%=12%，可知此时碳酸钙分解守恒有0.2×56+56y+16x=30.4,解得x=0.5,y=0.2. 率为50%，B错误：C点为完全分解产物，固体成分为氧化镁和 n(Fe)=0.2 mol ,n(Fe2*)=0.2 mol,n(O)=0.5 mol, 氧化钙，C正确；第二阶段反应温度高于低于第一阶段，温度越 化物Fe0,中n(Fe):n(0)=0.4:0.5=4:5,化学式为Fe405, 高反应速率越快，固体损失相同质量的时间段，曲线斜率较大， D正确：步骤①中铁的氧化物和盐酸反应生成Fe2+和Fe3+,无 D正确. 化合价变化，没有发生氧化还原反应，A错误；由于盐酸过量， 15.(除标注外，每空2分)(1)2A1+20H+6H,0= 则溶液a中阳离子有Fe3+、Fe2+和H,B错误；由分析可知溶 2[A1(0H)4]+3H2↑ 液b中n(Fe3+)=0.4mdl,由于步骤①中盐酸是过量的， (2)K(HC03)>K[A1(OH)3](3分) n(C-)未知，C错误. (3)搅拌、适当升温（或适当增大盐酸的浓度） 4.A设H2S04的物质的量为x,CuS04的物质的量为y. (4)①增大H浓度，抑制A1CL3的水解：增大C浓度，促 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu固体质量增加△m 进A1Cl,·6H20的析出(3分)②饱和A1CL溶液 F 16.(除标注外，每空2分)(1)①b→c→h→i(或i→h)→ y 8y b→ Fe+H2S04=FeS04+H2↑固体质量减少△m ②2Sr0,+2C0,=2SrC03+0, 1 56 ③bcadfe 2 56x (2)①三颈烧瓶(1分)防止倒吸 充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相 ②Sr2*+2NH3+8H20+H202=Sr02·8H20+2NH4中 等，说明固体减少的质量等于增加的质量，即56x=8y,x:y= 和反应生成的H*,促进反应进行，同时防止产物和酸发生反1：7，原溶液中H与S0的物质的量浓度之比为1：4. 8 高考化学 第1~5期 5.AH2S与Fe2(S04)3的反应为H2S+Fe2(S0)3= 不具有对应关系，A符合题意 2FeS04+S↓+H,S04,加入铁粉后继续反应，若HS过量，则 4.C酸性的Fe(NO3)3溶液中，NO也具有氧化性，能 发生反应Fe+H2S04=feSO4+H2↑，H2S+Fe=FeS+H2↑， 够将H,S氧化为单质S产生黄色沉淀，同理能将Cu氧化为 若Fe2(S04)3过量，则发生反应Fe+Fe(S04)3=3FeS04, Cu+,所以无法证明是Fe3+将H,S、Cu氧化的，A、B错误；向酸 Fe+H,S0,=FeS04+H2↑.1 mol Fe2(S04)3与H2S反应生成 性的F(NO,)3溶液中加入锌粉，溶液黄色逐渐消失，虽然酸 2 mol FeS(04和1molH2S04,1 mol H2S04和铁反应生成1mol 性环境下NO,能够将Zm氧化，但Zm+无色，所以黄色消失是 FeS0,而铁与H,S反应得不到FeSO4,故由SO?守恒可知反 因为Fe3+被Zn还原为Fe2+造成的，说明Fe3+具有氧化性，C 应后溶液中含有Fe2+的物质的量为3×0.1L×0.I5mol/L= 正确；向Fe(NO,)3溶液中滴加NaHCO,溶液，有气体和红褐 0.045mol,A正确；根据H,S~H,S04~H2,H2S~H2可知，产 色沉淀生成的原因是Fe3+与HCO,发生相互促进的水解反 生H的物质的量为34gm员m,但由于未告知标准状 a g 应，水解反应为非氧化还原反应，D错误. 5.BNa2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可去除 况下，故无法计算气体的体积，B错误；若H,S与F©，(S0,)3恰 铁件表面的油污；NH,Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显弱酸性， 好完全反应，a的值为0.1L×0.15mol/L×34g/mol=0.51g, 能够与铁件表面的金属氧化物反应变为可溶性物质除去，A正 但H2S极易溶于水，故a不一定为0.51，C错误；若加人的铁粉 确：“发蓝”处理形成的氧化物薄膜主要成分是致密的Fe3O4, 只和生成的H,SO4反应，此时参加反应的铁的质量为0.1L× 而不是疏松的F©zO3,B错误；根据题意，铁件在进行发蓝处理 0.15mol/L×56g/mol=0.84g,Fe还可能与过量的H,S或Fe 时，有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体放出，该气体 (S0)3反应，且题干中是加人过量的铁粉，故加人铁粉的质量 不可能为0.8g,D错误. 是NH3,NH,与C0在加热时会发生反应：2NH,+3Cu0△ 6.C废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g, N,+3Cu+3HO,将CuO还原，C正确：FeO4非常致密，可以 说明溶液中含有Fe3+,结合反应：2FeCL3+Cu=2FeCL2+CuCL 对内层金属铁起到保护作用，若“发蓝”不成功，露出的Fe能 可知，原废液一定含有Fe2+、Fe3、Cu2+、d,A错误；由方程 够与CuSO4在溶液中发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu, 产生的Cu附着在钢铁部件上，看到钢铁部件会显红色，因此可 式2Fed3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)= 以用硫酸铜溶液检验铁件是否“发蓝”成功，D正确， 2c(Cu2+),故c(Fe2+):c(Cu2+)=2:1,B错误；废液中加入足 6.DCO能和酸反应生成盐和水，故为碱性氧化物， 量的AgNO3溶液，生成沉淀8.61g,该沉淀为AgCl,故n(AgCl) Cu,O与酸反应除生成盐和水外还有Cu,所以Cu,O不是碱性 8.61g=0.06ml,原废液中c(C）=0.06mo= =143.5g/mol 氧化物，A错误；浓硝酸与CO反应生成硝酸铜，浓硝酸与 0.01L C,0反应能生成二氧化氯和硝酸铜，反应的现象不相同，所以 6mol/L废液中n(Fe+)=2n(Cu)=2× 0.256g=0.08m0l,所 64 g/mol 用浓硝酸能鉴别CuO和Cu,O,B错误；高温下，CuO转化为 以原废液中c(Fe*)=0008mml=0.8mo/L.根据电荷守恒， Cu20,所以Cu20的热稳定性高于Cu0的，C错误；稀硫酸与 0.01L C1不反应，与Cu,0反应生成蓝色溶液并有红色固体生成，反 原废液中3c(Fe3+)+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=c(Cl),故3× 应现象不同，所以可用稀硫酸检验氢气充分还原CO后的固 0.8+2c(Fe2+)+c(Fe2+)=6,解得c(Fe2+)=1.2mol/L,C正 体中是否含有Cu,O,D正确 确；由C中分析可知，c(Fe2+):c(Fe3+)=1.2mo/L: 7.B反应①②中涉及元素化合价变化，为氧化还原反应， 0.08mol/L=3:2,D错误. 反应③为3CuS04+3Na2C0,+H20=Cu(OH)2·2CuC03+ 7.C分析图像可知，c点之前剩余的固体是铜，且随样品 C02↑+3Na2S04,各元素化合价不变，是非氧化还原反应，A错 质量的增加，剩余的铜的质量等倍数增加.c点时出现拐点，c 误；Cu(OH)2·2CuC03和Cu2(OH),C03受热分解都可能生成 点之后剩余固体的质量等于1.92g与样品增加的质量之和， 黑色固体CO,B正确；古画主要由纸张与绢、绫、锦等织物构 说明c点时硫酸已反应完.样品先发生反应：Fe2O,+6H= 成，易受潮和氧化，Cu2(OH)2CO3不易被氧化，C错误；孔雀石 2Fe3++3H,0,生成的Fe3+再与铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++ 颜料和蓝铜矿颜料的主要成分都能与酸反应，不耐酸腐蚀，D C2+,A正确；根据图知1.76g样品与稀硫酸反应，此时铜过 错误. 量，生成Fe2、Cu2+,没有Fe3+,B正确；取c点(5.28,1.92)进 8.A由图可知，a为铁或铜、b为氧化亚铜、c为氧化铁、d 行计算，设Fe,0,为xmol,根据Fe,03~6H+~2Fe3+~Cu,则 为氢氧化亚铁或氢氧化铜、为硝酸铁.铁与硝酸铁溶液反应 反应的铜也为xmol,故5.28=160x+64x+1.92,解得x= 生成硝酸亚铁，铜与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁和硝酸铜， 0.015mol,n(Cu）=(x+-2)mml=0.045mml,n(Fe,0):n(Cu）= 都不是置换反应，A错误；氢氧化铜悬浊液能与醛或葡萄糖共 64 热反应生成砖红色的氧化亚铜，氧化亚铜与氢气或一氧化碳共 1:3,C错误；由C项得n(H+)=6x=0.09mdl,n(H2S04)= 热反应生成铜，所以可能实现转化d→b→，B正确：稀硝酸能 0.045m0l,故c(H,s0,)=0,05ml=1.5mVL,D正确。 与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，C正确；氧化铁 0.03L 与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，则在氢碘酸的淀粉 第5期2-3版参考答案 溶液中加入氧化铁，溶液变蓝，D正确， 精练卷（五） 9.B 1.B 10.A根据氧化性顺序HNO3>Fe3+>Cu2+>Fe2+可知， 2.D酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响 加入一定质量的锌粉，反应的顺序可能为3Z+8H+2NO, 水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，实验效果不好， =3Zm2++4H,0+2N0↑、Zn+2Fe3+=Zm2++2Fe2+、Zn+ D错误. Cu+=Zn2 Cu Zn +Fe2*=Zn2 Fe 3.AFCl,在水溶液中发生水解，使溶液呈酸性，而 若溶液B呈蓝绿色，则溶液B中有Cu,Cu2+可以和铁发 FCl具有氧化性，能氧化Cu,可用于蚀刻电路板，性质与用途生置换反应，则固体A中一定不含铁，A正确；溶液B无色透 9 高考化学 第1~5期 明，说明溶液B不含铁元素和铜元素，若是加人的锌粉恰好发 (4)根据实验iV,同样在密闭容器中，Fe2+能被氧化 生上述反应，则剩余的固体只有铜、铁单质，因此固体A中可 (5)①晶体变白②NH4氢键 能含有Zn粉，B错误；滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为血红 (6)02分子较难进人晶体中与Fé2+反应 色则说明有Fe3+,Fe3+具有强氧化性，能与锌、铁、铜反应，不 16.(除标注外，每空2分)(1)①三颈烧瓶(1分)防止 可能得到固体，C错误；固体A投人稀盐酸中，没有气泡生成， Fe2+被氧气氧化 说明剩余的固体不能与非氧化性酸反应，而溶液B中含有硝 ②Fs+S△Fe5,③CS,(1分) 酸根，若是溶液B中含有大量H*,则不可能有固体A,硝酸的 (2)①浓盐酸 强氧化性会将固体反应完，D错误. ②当加入半滴还原剂SCl,后，甲基橙得电子，由氧化态 11.B总反应分两步，先发生反应I,后发生反应Ⅱ， 变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的 FeO,在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故FeO4作总 颜色 反应的催化剂，A正确；过程Ⅱ的化学方程式为 失4×e 83cW1% 5a 700K 6Fe0+C0,= —=2Fe04+C,46.4gFe30的物质的量为 ④AC 解析：(2)③Fe2+被K,Cr0,氧化为Fe3+,关系式为6Fe2 得4e ~Cr20号，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(KCr20,)=6×cmol/L× 0.2mol,转移0.4mol电子，B错误；Fe0和Fe04溶于盐酸，发 10-3VL=6cV×10-3mol,产品中FeS,的质量分数为 生的反应有Fe0+2H*=Fe2+H,0、Fe04+8H=Fe2++ 2Fe3++4H,0,FeO4中也含+2价铁，无法用K[Fe(CN)6]溶 GcVx10molx M g/molx10%3cVM a g 5a 液检验Fe,O,和FeO混合物中的FeO,C正确；上述循环的总 ④还原Fe3+时SnCL2溶液滴加过量，消耗的V(K,Cr,O,) 反应为0，C+0,从绿色化学角度分析，该循环过程 偏大，测定值偏高，A正确；热的F2+溶液在空气中缓慢冷却， 导致部分Fe2+被氧化e3+,消耗的V(K,Cr,0,)偏小，测定值 利用了太阳能，实现了CO2的减排，并生成高附加值的活性 偏低，B错误；滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡 炭，D正确 消失，消耗的V(K,Cr,O,)偏大，测定值偏高，C正确；滴定前仰 12.C实验I中，Fe,(S04)3溶液与KSCN溶液反应的实 视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K,CO,)偏小，测定值偏 质是：Fe3++3SCN一Fe(SCN)3,硫酸钾固体溶于水产生钾 低，D错误 离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发 17.(除标注外，每空2分)(1)恒压滴液漏斗(1分)酸 生变化，A错误：实验Ⅱ中，K[Fe(CN。)]溶液中存在K、 性(1分) [Fe(CN)6]3,[Fe(CN)。]3-不能电离出Fe3+,因此溶液颜色 (2)排尽整套装置内的空气，防止生成的CuCl被空气中 无明显变化，B错误；实验I中，溶液变为红色，实验Ⅱ中 的氧气氧化 K,[Fe(CN)6]溶液与KSCN溶液并不能发生反应， (3)S02+2Cu2++2C1-+2H,0=2CuCl↓+S0}+4H K[Fe(CN)。]是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色 (4)防止装置D中的溶液倒吸入装置C中 荧光，因此加人KSCN可以区分两者，C正确；K[e(CN)6]中 (5)过滤速度快，防止CuCl被氧化沿玻璃棒向漏斗中 含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此 加入乙醇至浸没CCl沉淀，待乙醇自然流下，重复此操作 焰色试验可以区分Fe2(SO4),和K[Fe(CN6)],D错误. 2~3次 13.C机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率， (6)93.53 A错误；酸溶的过程中Al、Fe、Zn转化为对应的A13+、Fe2+和 解析：(6)CuCl与FeCL,溶液反应的离子方程式为CuCl+ Zm+离子，B错误；“碱溶”时根据产物中的SO?,说明存在反 Fe3+=Cu2++Fe2++Cl,加人Ce(SO4)2标准溶液发生反应： 应：Sn+20H+O2=SO+H,0,C正确：电解精炼时粗铜 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,则可得关系式CuCl~Fe2+~Ce4+, 在阳极发生氧化反应，逐步溶解，D错误. n(CuCl)=n(Ce4+）=0.1000mol/L×18.80×10-3L= 14.C78℃时，固体M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量 1.880×103mol,产品中CuC的纯度为 比为亮品（亮品×7- 8.34g-6.72g) = 18 g/mol 1.s80×10mol×28×9.5g/ 2.000g -×100%=93.53%. 0.03mol:0.12mol=1:4,则M的化学式为FeS04·4H20,A错 18.(每空2分)(1)适当加热、增大硫酸的浓度、搅拌溶液 误；同理可得出159℃时，N的化学式为FeS0,·H20,373℃ 等 时P的化学式为FeS04,B错误，C正确；加热至650℃时，固体 (2)Cu2+、Zm2+ 质量为2.40g,其中n(Fe)=n(FeS04·7H20)=0.03mol, (3)3Fe2++Mn04+7H20=3Fe(0H)3↓+Mn02↓+ m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(0)= 5H* 2.40g-168g=0.2g,n(0)=g726=0.045mm (4)①加速蒸发速率②60③减少ZS04·7H,0的溶 解损失 n(Fe):n(0)=0.03mol:0.045mol=2:3,所以固体Q的化学 (5)PbC03、Si02 式为Fe,0,.根据质量守恒和得失电子守恒可知有S02和SO 解析：铜转炉烟灰用硫酸浸出，得到难溶于硫酸的浸出渣 生成.反应的化学方程式为2F%S0,商墨fe,0,+s0,↑+S0,↑， PbS04、Si02,浸出液中含有CuS04、ZnS04、FeS04、Fe2(S0,)3, D错误. 浸出液中加入过量铁，置换出铜单质，铁将Fe3+还原为Fe2+, 15.(每空2分)I.(1)> 所得滤液①中含有ZmSO,、FeSO4;浸出渣中加人碳酸钠溶液， (2)4Fe2++02+10H20=4Fe(0H)3↓+8H PbSO,沉淀转化为碳酸铅沉淀，故滤饼中的主要成分为 Ⅱ.(3)莫尔盐 PbC03、SiO2,由此作答. 10素养·拓展 数理极 (上接第1版) 4.注意物质的存在形态不同，离子的种类、 知识点争 注意：(1)容量瓶不能用来稀释溶液，不能 作为反应容器，也不能作贮存仪器.配制溶液时 数目不同.如NaHC03晶体中只含有Na和 阿伏加德罗定律 选择与所配溶液体积相同规格的容量瓶.若无 HCO,而NaHCO,溶液中还会因为HCO;的电 1.阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积所配溶液体积规格的容量瓶，应遵循“大而近” 离产生少量C0?,由于HC0,的水解产生少量 的任何气体都含有相同数目的分子 的原则，如配制480mL溶液，应先配制500mL H,CO,.NaHSO,晶体在熔融状态下存在的离子 2.阿伏加德罗定律的推论 溶液，然后再取出480mL即可. 是Na*和HsO:,而NaHSO,溶于水后将电离出 推论 (2)称量NaOH固体时应将NaOH放在小烧 条件 Na+、H+、SO. 公式 语言叙述 杯中称量. 5.注意特殊物质的摩尔质量或分子中的中 同温同压下的不同气体 (3)转移时一定要将溶液冷却至室温，而且 子数.如H,0和D0的摩尔质量分别为 N 其体积之比等于物质的 要用玻璃棒引流.引流时，玻璃棒的下端在容量 T、p相同 18g/mol和20g/mol.D,0、T,0、802分子中的 量之比，等于所含微粒数 瓶刻度线以下. 中子数分别为10、12、20. 之比 (4)加蒸馏水定容时超过了刻度线，不能用 6.注意一些物质中化学键的数目.如1mol 同温同压下的不同气体， 胶头滴管吸出超出刻度线的液体，应该重新 T、p相同 P M 金刚石中含有2molC-C,1 mol Si中含有2mol P:M2 其密度之比等于摩尔质量 配制 Si-Si;1 mol Si0,中含有4 mol Si--0;1molP 之比 3.误差分析 中含有6molP-P.1mol石墨中含有1.5mol 温度与体积相同的不同 T、V相同 P11 气体，压强与物质的量成 (1)根据c=:进行分析：①n大或V小， C一C.还需要注意配位键属于σ键. P2 正比 7.注意给出溶液浓度求数目时是否告知溶 c偏大；②n小或V大，c偏小 液的体积，除溶质中的原子及电离出的离子外， 点拔：利用理想气体状态方程，建立相关物 (2)常见误差类型 还应注意“H,0”对计算H原子、0原子数目的 理量间的关系，可避免死记硬背，有理有据解决 操作 CB 影响. 阿伏加德罗定律相关问题， ①称量固体溶质，所用砝码生锈 增大 偏高 8.注意氧化还原反应中转移的电子数.如 知识点四 ②称量时试剂和法码位置颠倒 减小 偏低 1 mol Fe分别与足量CL,、足量硫粉反应时前者 一定物质的量浓度溶液的配制 (且使用了游码) 转移3mol电子（生成FeCl,),后者转移2mol ③用量筒量取液体溶质时仰视 1.配制过程 增大 偏高 电子（生成FeS). 读数 9.注意常见的可逆反应.如2N02一 ①计算；②称量或量取；③溶解或稀释；④ ④用量筒量取液体溶质时俯视 转移（包括洗涤）；⑤定容（加蒸馏水距刻度线 减小 偏低 0,八+3L,2N,H,+山，二1~2cm时改用胶头滴管)：⑥摇匀 读数 ⑤溶解后没有冷却直接定容 减小偏高 2HI、C2+H,0=HC1+HCI0、202+ 2.容量瓶 ⑥未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒减小 偏低 0,催化剂2S0、酯化反应等。 、平底玻璃容器，带磨口玻璃塞 ⑦转移溶液时少量洒出 减小 偏低 △ 刻度线 ⑧配制前容量瓶中有少量蒸馏水 无影响 10.注意分散系变化导致微粒数目的变化 ⑨定容时仰视刻度 增大偏低 如FeCL3溶液转化为e(OH)3胶体，因为胶体 使用：使用前需检漏，不能加热 ①定容时俯视刻度 减小偏高 微粒是分子的集合体，所以胶粒的数目小于原 ①摇匀后液面下降又添加蒸馏水 增大偏低 溶液中Fe3+的数目. 素养提开（一） 0.2N D.1 mol FeCl,全部制成Fe(OH),胶体，得 B.标准状况下，22.4L乙炔中σ键数目为到F(0H),胶体粒子的数目为N 阿伏加德罗常数的应用 N,、T键数目为2W, 6.[转移电子数目]已知N、是阿伏加德罗 ◎数理报社试题研究中心 C.124gP4中，含有的共价键数目是6NA 常数的值.下列说法正确的是 () 1.[Vm=22.4L/mol的使用]已知N,是阿 D.1 mol Al,CL。中含有N,个配位键 A.1 mol Na和足量O,完全反应转移的电 伏加德罗常数的值.下列说法正确的是() 4.[混合物中微粒个数]已知N是阿伏加子数目一定为N A.标准状况下，2.24 L CHCI,的分子数目 德罗常数的值.下列说法不正确的是(）B.5.6gFe与一定量的稀硝酸反应，转移 为0.1N A.32g02和03的混合气体，含有的氧原的电子数目一定为3N B.标准状况下，22.4LHF所含原子数目为子数目为2N C.6.4gCu粉与足量S粉加热充分反应， 2N ”C标准状况下，3.6Ls0,所含氧原子数子总数为3 B.46gN02和N204混合气体中含有的原转移的电子数目为0.2N、 D.电解精炼铜时，阳极质量减轻32g,电路 目为4.5N D标准状况下，1ml氢气与18g水的体积中所合质子数目为3.2N, C.常温下，3.2g由S02、02组成的混合物中转移电子的数目一定为N 7.[化学反应]已知N、是阿伏加德罗常数 不相等 D.常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混的值.下列说法正确的是 ) 2.[物质结构]已知V是阿伏加德罗常数 的值.下列说法正确的是 合物中含有的碳原子数目为0.4N A.标准状况下，22.4LN0和11.2L0,在 A.7.8gNa,02中含有的离子总数为0.4N 5.[溶液中的微粒数目]已知N是阿伏加密闭容器中混合，容器内分子数目为N B.1.8gD,0中含有的中子数目为0.9NA 德罗常数的值.下列说法正确的是() B.1.5molS02与足量的02反应生成的 C.2.24LNH3中孤电子对的数目为0.1N A.0.1mol/L BaCl2溶液中C1的数目为s03分子数目为1.5N D.常温常压下，46g有机化合物C,H,0中0.2 C.1 mol Cl2与足量NaOH溶液完全反应 的极性键数目一定为7N B.常温下，1LpH=9的CH,C0ONa溶液后，溶液中CI0、Cl和HCI0的总数为2V 3.[成键数目]已知N.是阿伏加德罗常数中由水电离出的0H数目为105N D.50mL12mol/L盐酸与足量Mn02共热， 的值.下列说法正确的是 () C.10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢转移的电子数目为0.3N A.0.1 mol Si0(2中含有的Si-0数目为原子总数为0.6N (参考答案见下期) 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 超理撼 2025年7月1日·星期二 高考 报纸发行质量反馈电话： 期总第1145期 第一轮复习 0351-5271248 2025-2026学年 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/(F)邮发代号：21-208 化 高考化学编辑计划 000·p1·2x% 第1期物质的量及其计算 物质的量及计算 ,稀释后c2= 1000·p2·x% M 第2期物质的分类、离子 1000·p1·2x% 反应 必备知识集锦 M ,G=,疏酸 2p 第3期氧化还原反应 C2 1000·p2·x% ⊙山东李雅宁 M 第4期金属及其化合物 知识点● ②根据标准状况下气体的密度(pg/L): 的密度大于水的密度，则p>p2,故2<y (一)（钠、镁、铝） M=22.4p g/mol. (7)等体积或等质量的同溶质溶液混合后 第5期金属及其化合物 物质的量及相关物理量 二)（铁、铜） 1.相关概念 ③根据气体的相对密渡(D=P4):业 的质量分数的变化规律 P21 M, =D ①等体积混合 第6期非金属及其化合物 符号 定义 注意事项 ④根据一定质量(m)的物质中微粒数目 两种不同质量分数的同种溶液等体积混 (一硅氯) 合，若溶液的密度大于1g/cm,则混合后溶液 第7期非金属及其化合物 ①摩尔（mol)是物质的 ()和阿伏加德罗常数(N,):M=N,·是 的质量分数大于它们和的一半；若溶液的密度 量的单位，只能用来衡 (二氨硫) 衡量一定数目 量微观粒子，如原子、分 ⑤混合气体的平均摩尔质量：M=m= 小于1g/cm,则混合后溶液的质量分数小于它 物质的 第8期元素化合物知识 粒子集体的物 子、离子、原子团、电子 们和的一半（也适用于与等体积的水混合）· 量(n) Ma%+M,b%+M3c%…其中a%、b%、c% 综合复习 理量 质子、中子等； ②等质量混合 …指混合气体中各成分的物质的量分数（或 第9期化学反应与能量 ②用物质的量表示微粒 无论溶液的密度大于1g/cm,还是小于 体积分数). 时，要指明粒子的种类 1g/cm3,等质量混合时，所得混合溶液的质量分 第10期原电池 (2)标准状况下，气体溶于水后溶质的物质的 数都等于它们和的一半（也适用于与水等质量 第11期电解池（含电化 阿伏 量浓度（气体作溶质）： N有单位：mol 或 混合) 学腐蚀) 加德 1mdl粒子集合 V气 罗常 /mol,读作每摩尔； 体所含粒子数 溶质的物质的量n=22.4/mo 例如，溶质质量分数为23%和10%的氨水 第12期化学反应速率与 N≈6.02×1023mol 等质量混合，混合液的溶质质量分数等于 数(Na 溶液的体积V= m气体+m 化学平衡（一） 16.5%50%的疏酸与30%的疏酸等体积混合 p 第13期化学反应速率与 混合后酸的浓度大于40%， ① 一种物质的摩尔质量 (p为溶液的密度) 化学平衡（二） 以g/mol为单位时，在数 (3)溶质的质量分数与物质的量浓度之间 知识点C 第14期水溶液中的离 单位物质的量 值上与其相对原子质量 的换算 摩尔质 的物质所具有 或相对分子质量相等； 阿伏加德罗常数的应用 反应与平衡（一） 量(M) 的质量 ②一种物质的摩尔质量 c(B)=1000pw M 物质的量(n)、粒子数(N)与阿伏加德罗常 第15期水溶液中的离 不随其物质的量的变化 反应与平衡（二） 上式中p为溶液密度，单位为gmL或 而改变 gcm3;M为溶质的摩尔质量，单位为g/mol;w 数(N之间的关系为m=,即N=N,在 第16期化学反应原理综 为溶质的质量分数， 应用时应注意以下方面： 合复习 (4)溶解度(S)与饱和溶液中溶质的物质 1.注意物质的聚集状态.Vm=22.4L/mol 第17期原子结构元素 ①影响气体摩尔体积的 的量浓度的换算 的适用条件：①标准状况下；②气体.即非标准 因素有温度和压强； 周期律 状况下的气体不适用，不是气体的物质不适用 ②在0℃和101kPa(通 w=100g+S ×100% 第18期分子结构与性质 气体摩尔 单位物质的量 常称为标准状况)的条 如水在标准状况下呈液态：S0,在标准状况下呈 体积(V 的气体所具有 第19期晶体结构与性质 件下，气体摩尔体积约 S=100t 1-08 固态，常温常压下呈液态；HF在标准状况下呈 的体积 第20期有机化合物的结 为22.4L/mol;在25℃ 液态；戊烷及碳原子数大于5的烃在标准状况 和101kPa下，气体摩尔 1000pS 下呈液态或固态（新戊烷呈气态）等. 构特点 e=M100g十p的单位为g/cm) 体积约为24.5L/mol (5)溶液稀释或含同种溶质的溶液混合的 2.注意构成物质的微粒数.如Ne、03、白磷 第21期烃和卤代烃 (P)等分子中的原子个数分别为1、3、4；Na,02 第22期烃的含氧衍生 计算 ①公式中的V必须是溶 ①稀释定律：c,V=c,V, 中阴、阳离子个数比为1：2；CaC2中阴、阳离子 物、生物大分子 液的体积；用1L水溶解 第23期有机高分子、有 单位体积的溶 ②混合后溶液体积不变：c,V+c,V,=c(混)》 个数比为1：1等 溶质或者气体，溶液体 (V,+V2) 同时注意所给条件是否与电解质组成有 机合成 物质的量 液中所含某溶 积肯定不是1L: 关，如pH=1的H,SO4、HCl溶液的c(H)都等 浓度(c) 质B的物质 ③混合后溶液体积改变：c,V,+c2V,= 第24期化学实验基本操 ②某溶质的物质的量浓 的量 c(混)V(混) 于0.1mol/L,与电解质的组成无关.0.05mo/L 的 度不随所取溶液体积多 H,S0,溶液，c(H+)为0.1mol/L,与电解质的组 少而改变 (6)浓度与密度的变化关系 第25期 化学实验探究 ①若溶液的密度大于1g/cm3,溶液的质量 成有关. 第26期综合复习 2.以物质的量为中心的计算 分数越大，则其密度就越大.如烧碱溶液、疏酸等. 3.注意弱电解质的电离及某些离子的水 第27~44期 专项提分 构成物质的 ②若溶液的密度小于1g/cm,溶液的质量 解.若溶液中含有弱电解质，弱电解质部分电 粒子数N 分数越大，则其密度就越小.如氨水、酒精等. 离，使弱电解质分子的数目减少.如：100mL (合刊) w犷xw 第45~52期满分冲刺 物质的质量÷M 物质的量 ÷V(aq 、物质的量浓度 例如，若溶质质量分数为2x%的硫酸溶液 1.00mol/L CH;CO0H溶液中，CH3C0OH分子 m(g） n(mol) 合刊) xV(aq)c(B) 的物质的量浓度为2ymol/L,将其加水稀释至 的数目小于0.1N·若溶液中含有易水解的盐 (1)求摩尔质量的方法 溶质质量分数为x%,所得稀溶液的物质的量浓 类，就存在离子的水解平衡，使该离子数目减 ①根据物质的质量(m)和物质的量(n)： 度小于ymol/L. 少.如100mL1.0mol/LNa,C03溶液中，C0 M-m 分析：由c= 1000pw可知，c1=2y 的数目小于0.1N M 下转第4版) 2 素养·测评 数理极 A.64g34s02在标准状况下的体积为22.4L 第一轮复习精练卷 B.该反应生成1molH2时转移电子的数目为3N C.可用Ba(NO3)2溶液检验分解所得混合气体中是否含有S03 涉及内容：物质的量及计算 D.相同条件下，28gN2与32g02所含原子数均为V （满分：100分，时间：75分钟) 8.NH,N(叠氮化铵)易发生分解反应生成N,和H,且这两种气体的物质 ○数理报社试题研究中心 的量相等.若得到NH4N,的分解产物（简称）28g,下列说法错误的是( 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选 A.叠氯化铵中N元素不止一种价态 项符合题意) B.同温同压下，a中两种气体的体积之比为1：1 1.下列叙述正确的是 ( C.a的平均摩尔质量为14.5g/mol A.摩尔是国际单位制中七个基本物理量之 D.同温同压下，a中N2和H2的密度之比为14：1 B.1mol任何物质中的原子数目都是相同的 9.某密闭刚性容器由可动活塞隔成甲、乙两 C.6.02×1023就是阿伏加德罗常数 室，常温下向甲中充入由H,和O,组成的混合气 甲 D.HCl的摩尔质量不同于1 mol HCI分子的质量 体19g,向乙中充入1mol空气，此时活塞的位置 2.雷雨天闪电时，空气中有臭氧(03)生成.下列说法中正确的是 如右图所示.下列有关说法正确的是 A.甲室混合气体的分子总数为4N A.0,和03互为同素异形体，化学性质完全相同 B.甲室中H2和02的物质的量之比为1：4 B.02和03的相互转化是物理变化 C.甲室混合气体的密度是同温同压下H,密度的9.5倍 C.质量相同的02和03含有相同的质子数 D.若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终 D.同温同压下，相同体积的02和0，含有相同的原子数 :停留在刻度2处 3.[环保情境]温室效应又称“花房效应”，是大气保温效应的俗称.由环 10.下列说法正确的是 境污染引起的温室效应是指地球表面变热的现象.如下图是利用数字技术测 A.31gNa,0溶于水得到1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol/L 定阳光照射不同气体时的温度变化，并绘制成曲线，其中四个容器均密闭、体 B.标准状况下，22.4LHC1溶于水配成1L溶液，所得盐酸的物质的量 积相等且初始压强均为101kPa.下列说法错误的是 ( )浓度为1mol/L 温度℃ C.从1L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL,剩余溶液中NO,的浓度 数据采集 1 为0.075mol/L D.将一定量18.4mol/L的疏酸与水等质量混合，所得溶液的浓度大于 9.2 mol/L 11.把VL含有Mgs04和K,S04的混合溶液分成两等份，一份加入含 12:00 13:00 :00 a mol BaCl,的溶液，恰好使S0完全沉淀为硫酸钡；另一份加人含bmol A.实验开始时，0，和N,的密度之比为8：7 NaOH的溶液，恰好使Mg+完全沉淀为氢氧化镁.则原混合溶液中K*的浓度 B.12:30~13:30时间范围内，C02压强最大 C.若容器的容积为22.4L,12:30时C0,的原子个数等于3N D.光照相同时间，C02的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的 A.mo/ B.2b mol/1. 4.XY,乙三种气依的相对分子质量关系为，(X)<M,(Y)=宁以，(Z), C.2(ab)mol/L D.2(2a-b)mol/L V 下列说法错误的是 ( 12.工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，反应的离子方 A.分子数目相等的三种气体，质量最大的是Z 程式为Fe2++H2C,04+xH,0==FeC,04·xH,0↓+2H+.利用氧化还原滴 B.同温同压下，相同质量的三种气体，密度最小的是X 定法测定草酸亚铁晶体(FC204·xH20)的x值，步骤如下：称取0.5400g C.同温同压下，三种气体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KM04溶液滴定，达到滴定终 均为0.1mol 点时，消耗0.100mo/L的酸性KMn04溶液18.00mL.已知：滴定过程中铁 D.同温下，体积相同的两容器中分别充入1gY气体和2gZ气体，则其碳元素分别被氧化为Fe3+、C02,锰元素被还原为M2*,则x的值为( 压强之比为1：1 A.1 B.2 C.3 D.4 5.设N为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是 ( 13.钨钛合金在工业中应用广泛，NHFe(S04)2滴定法可测定合金中钛 A.0.1mol[Co(NH3)。]3+中含o键数目为2.4N、 的含量：称取wg钨钛合金，用HNO,-HF混合液溶解，用NaOH溶液沉淀并 B.碱性氢氧燃料电池中，1ol02参与反应转移电子数目为2N 分离钛元素后加盐酸溶解，用金属铝将T4+还原为T+,向溶液中加几滴 C.在标准状况下，11.2L稀有气体含原子数目为N KSCN作指示剂，用cmol/L的NH,Fe(S04),标准溶液滴定至溶液显红色，消 D.在M="Ca+e中，2.0gM含中子数目为0.95N 耗标准溶液的体积为VmL.样品中钛的含量为 6.用FeCl,和NaBH4制备纳米零价铁的反应为FeCl,+2NaBH4+ A.2.4cW% B..GcV c.4.8cy%6 D.l4.4y% 6H,0=Fe+2B(OH),+2NaCl+7H2↑.N表示阿伏加德罗常数的值，下列 说法错误的是 ( 21 14.已知皓矾(ZnS04·7H20)受热易分 30 A.每生成28gFe,转移的电子数目为N 解.取28.70gZnS04·7H20晶体，加热过 程中所得固体质量与温度的变化关系如右 20 A(100,17.90) C(680,13.43) B.0.5 mol NaBH4晶体中c键的数目为2N、 C.0.5molB(0H)3中采取sp3杂化的原子数目为1.5N 图所示.下列说法不正确的是 10B(250,16.10) D.1L0.1mol/L FeCl,溶液中Fe2+的数目小于0.1N A.A点时物质成分为ZnS04·H,0 D(930,8.10) 0 B.B点时ZS04·7H20中的结晶水全 2004006008001000 0 部失去 温度/℃ 7.[工业情境]氨基磺酸( )可作漂白助剂，可减少或消除漂 C.C点时物质成分为Zn,0(S04)2 HO NH, D.从B点到D点，总反应一定为ZS0,腿Z0+S0,↑ 白液中重金属离子的催化作用，从而使漂白液质量得到保证.氨基磺酸在常 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） 温下稳定，高温时能完全分解：2H,NS0,H商温S0,个+S0,↑+2H,↑+N,↑个+ 15.(10分)某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作 H,0.下列说法正确的是 :如下（设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）： 数理极 素养·测评 3 ①配制0.10mol/L NaOH溶液和0.10mol/L稀盐酸， :再有气体产生； ②向盛有一粒研碎后的药片(0.10g)的烧杯中加入20.00mL蒸馏水使 ⑥将体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录； 其充分溶解，转移至锥形瓶中，再加入25.00mL0.10mol/L稀盐酸. ⑦处理数据. ③滴加酚酞作指示剂，然后用0.10mol/L NaOH溶液滴定过量的稀盐 (3)步骤②为 步骤⑥需保证体系恢复到室温的原 酸，记录所消耗的NaOH溶液的体积. 因是 (填字母序号)· 回答下列问题： a.反应热受温度影响b.气体密度受温度影响c.反应速率受温度影响 (1)如下图是配制NOH溶液的过程示意图.下列说法错误的是 (4)若测得H2体积为bmL,已知实验条件下p(H2)=dgL,则 (填字母序号) c(CuSO)= mo/L(列出计算表达式).若步骤⑥中E管液面高于D 管，未调液面即读数，则测得c(CuS04) (填“偏高”“偏低”或“无影 响”). 17.(13分)二硫化硒(SS2)可用于治疗花斑癣.SS,是橙黄色至橙红色 粉末，在水或有机溶剂中几乎不溶.可用H,S与H,S0,反应来制备SS2,其 实验装置如下图所示 操作1 操作2 操作3 操作4 作 A.称量NaOH时，天平的两个托盘要垫相同质量的称量纸 B.操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中 C.缺少操作3对所配NaOH溶液浓度无影响 D.操作4是用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻 度线相切 NaOH溶液 饱和NaHS溶液 (2)该测定实验共进行了4次，实验室现有50mL、 盐酸 100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制稀 分子式：HCI 已知：①3SeS2+16HN03+H20=3H2Se03+6H2S04+16N0↑；②Se0 盐酸应选用的容量瓶的规格为 .右图为实验室 相对分子质量：36.5 +4I°+6H+=Se+2L2+3H20:③2S20号+I2=S406+2I.回答下列问题： 某浓盐酸试剂瓶标签上的有关内容，若用该浓盐酸配制 密度：1.19gcm (1)仪器M的名称为 上述稀盐酸，需要用量筒量取 mL浓盐酸. HC1的质量分数：36.5% (2)若试剂X为NaS,则试剂Y可为 （任填一种) (3)某同学4次测定所消耗的Na0H溶液的体积如 (3)按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→ 下表所示： (填仪器接口的小写字母). 测定次数第1次第2次第3次第4次 (4)装置D的作用是 ;装置C中反应的化学方程式为 V[Na0H(aq)]/mL13.2013.0013.1013.90 通过该实验可测得胃药中碳酸钙的含量为 % (5)样品中SS2含量的测定：取样品0.100g,向其中加入足量发烟硝酸， (4)下列操作会使碳酸钙的含量测定结果偏高的是 (填字母序号) 置水浴中加热约1h,使硝化完全，冷却至室温后，移至100mL容量瓶中，用水 A.配制0.10mol/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒 稀释至刻度线，摇匀，量取20.00mL,除硝酸后加足量碘化钾溶液与淀粉指示 B.配制0.10mol/L稀盐酸定容时俯视刻度线 剂，立即用0.0500mol/L的Na,S,0,标准溶液滴定至终点，消耗Na,S20,标准 C.配制0.10mol/L NaOH溶液时，稀释后未经冷却立即转移到容量瓶中溶液11.00mL.则该样品中SeS,的含量为 %(结果保留3位有效数 并定容 字) D.配制0.10mol/L NaOH溶液时，摇匀后发现液面低于刻度线又加水至 18.[工业情境](17分)煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项 刻度线。 重要指标，可用与焦炭（由煤样制得）反应的C02的转化率（α）来表示.研究 16.(18分)为测定CS0,溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两种方案.回：小组设计测定的实验装置如下： 答下列问题： I.甲方案 稀盐酸 实验原理：CuS04+BaCl2=BaS04↓+CuCl 气体X 实验步骤： 足量BaCl2溶液 CuSO,溶液① 官式炉 (25.00mL) 一→国你②洗涤③灼烧④称重固体0 NaHCO. CaCO:和溶液 浓HS0 C02 (1)判断S0?沉淀完全的操作是 足量Ba(OH)2溶液足量银氨溶液 Ⅲ (2)步骤①的操作名称是 ,步骤②判断沉淀是否洗净所选用的 试剂是 ,步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称是 根据固体 (1)装置I中，仪器a的名称是 ;b中除去的物质是 质量求得c(CSO,)= mol/L. (填化学式). Ⅱ.乙方案 (2)将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 实验原理：Zn+CuS04=ZnS04+Cu,Cus0,溶液 (3)装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 Zn+H2S04=ZnS04+H2↑ （25.00mL) E (4)装置Ⅲ中，先通入适量的气体X,再通入足量Ar气.若气体X被完全 实验步骤： 吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算a. ①按如右图所示安装装置（夹持仪器 足量 ①d中的现象是 稀硫酸 略去)； ②e中生成的固体为Ag,反应的化学方程式为 A ②… ③d和e的连接顺序颠倒后将造成 (填“偏高”“偏低”或“不 Zn粉 强 ③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的 2水浴 变”) a g 磁力搅拌装置 ④在工业上按照国家标准测定：将干燥后的CO,(含杂质N,的体积分 试剂： ④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置， 数为)以一定流量通人装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段 气体中C0,的体积分数为m,此时a的表达式为 读数并记录； ⑤将CuS0,溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不 (参考答案见下期)