第2期 物质的分类、离子反应-【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 数理招 (上接第1版) “三看”表示各物质的化学式或离子符号是 H20” (3)氧化还原反应：氧化性离子和还原性离否拆分正确如HC0不能写成C0+H*, ③在冷的稀溶液中生成氨的写成“NH· 子因发生氧化还原反应而使离子浓度发生变化 HS0,在溶液中应写成S0+H*,CH,C00H不H,0” 2.离子共存 可写成CH,CO0+H+等. ④在热的溶液或冷的浓溶液中生成氨的写 (1)不能共存的几种情况 “四看”是否漏掉离子反应.如Ba(OH)2溶成“NH↑”. ①弱酸阴离子或OHH→扇酸或H,0 液与CS04溶液反应，既要写Ba2+与S0的 5.书写与量有关的离子方程式 ②弱碱阳离子或H·0H,弱碱或H,0 离子反应，又要写C2+与0H的离子反应. (1)过量与少量类 “五看”电荷是否守恒.如盐酸与Zn反应， 书写原则：“以少定多”，即先根据题给条件 ③阳离子+阴离子→难溶性盐 不能写成Zn+H*=Zn2++H2↑，而应写成Zn 判断“少量物质”，令少量物质的化学计量数为 ④弱酸酸式酸根离子与H+和OH~都不能 +2H*=Zn2++H2↑，同时各元素的质量也应 “1”,并以少量物质的离子充分反应时所需，确 大量共存 守恒 定“过量物质”中实际参加反应的离子数目.如 ⑤氧化性离子+还原性离子→氧化还原 反应 “六看”反应物或产物的配比是否正确.如 向Ca(HCO,)2溶液中加入过量NaOH溶液，反 稀H2S04与Ba(OH)2溶液反应不能写成H++ 应的离子方程式的书写方法如下： (2)常见的附加隐含条件 判断“少把“少量物质”确定所需“过量物书写离子 ①溶液颜色.无色透明时，溶液中肯定不含 0H+S0}+Ba2+=BaS04↓+H,0,应写成 物质” 拆成离子 质”的离子数目方程式 有颜色的离子.常见的有色离子有C2+(蓝 2H++20H+S0?+Ba2+=BaS04↓+2H,0. 色)、Fe3+(黄色)、Fe2+(浅绿色)、MnO4(紫 “七看”是否符合题设条件及要求.如“过 Ca(HCO,)Ca242HCO 20H-Ca+2HCOi+20H-- (2HC0充分反应所需) 色)、Cr,02(橙色). 量”“少量”“等物质的量”“适量”“任意量”以及 CaC03↓+C0片+2H,0 ②溶液的酸碱性.强碱性溶液中肯定不存 滴加顺序等对反应的影响： (2)定量类 在与0H反应的离子；强酸性溶液中肯定不存 4.离子方程式中特殊物质的处理 首先按题给条件中反应物的物质的量，结 在与H反应的离子 (1)离子方程式中微溶物的处理 合“以少定多”的原则及离子反应顺序，逐步写 ③酸性条件下再加入NO,相当于存在硝 微溶物若为反应物，当浓度小、为溶液时，出各步反应的离子方程式；然后把各步离子方 酸，此时溶液具有强氧化性，还原性离子（如 写为离子符号；当浓度大、为浊液时，写化学式。 程式加和即可得到总反应的离子方程式 Fe2+I、S2-)不能共存. 生成物中的微溶物一般当作沉淀处理， 如明矾与含等物质的量的Ba(OH)2溶液 ④e3+、A3+自身水解程度较大，一般不能 (2)离子方程式中氨的处理 反应的离子方程式的书写方法如下： 同与其相互促进水解的离子（如HC0、S2-、 氨气本身不是电解质，它在水中发生反应： 假设两物质均为1mdl 过量分析 以之定多 NH,+H,O-NH,H,O NH,*+OH-. KAI(SO)=AP+2S0+K OH相对于AP少童 C0?)大量共存 Ba(OH),=Ba+20H- 3.离子方程式正误判断 NH·H,0是一种易分解、易挥发的弱电解质， Br相时于S0少量2OH+号A+Ba4S0g三 BaSO.+2-Al(OH) “ 看”离子反应是否符合客观事实，不可 且其挥发性、不稳定性随着浓度的增大、温度的 调整化学计量数 主观臆造产物及反应.如Cu+2H*=Cu2++ 升高而增强.因此，在离子方程式中： 60H+2AP+3Ba+3SO=3BaS0,+2AI(OH) H,↑是错误的， ①有关氨气跟某溶液反应的写成“NH,”或 第1期4版参考答案 “二看”“ ”及反应条件 “NH3·H,0” 素养提升（一） ②有关氨水限某物质反应的写成“NH 是否正确 1.D2.B3.C4.C5.B6.A7.C 第1期2-3版参考答案 素养提开（仁） 精练卷（一） (2)向FeBr2溶液中通人CL2: 1.D2.C3.C4.C5.A6.A7.B 与量有关的离子方程式的书写 ①通人少量C2: 8.C9.D10.B11.D12.B13.C14.D ◎数理报社试题研究中心 15.(每空2分)(1)AC(2)250mL2.1 1.写出NaHC0,溶液与Ca(OH)2溶液反 ②通入与FeBr,等物质的量的CL2: (3)59.5(4)AC 应的离子方程式： 16.(每空2分)(1)向上层清液中继续滴加 (1)Ca(OH)2不足： ③通入足量CL2: BaCL2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 (2)过滤硝酸银溶液坩埚40 33 (2)Ca(0H),过量： 4.[配比型](1)NHAl(S04)2溶液与 (3)检查装置气密性b Ba(OH)2溶液反应： (4)-5M×10 a 2.[连续型]写出相应的离子方程式： Dn[NH,Al(SO)2]:n[Ba(OH)2]=1:1 (1)C02通入Na0H溶液中： 25×10-3 偏高 ①碱过量： 17.(除标注外，每空2分)(1)恒压滴液漏斗 ②碱不足： (2)稀硫酸或稀盐酸、醋酸等（任选一种） ②n[NH4Al(S04)2]:n[Ba(OH)2]=1:2 (3)ab→d→ef (2)e与稀HNO,溶液反应： (4)吸收尾气H,S2H,S+H,Se0,= ①Fe过量： SeS2↓+3H,0 (2)Ba(OH)2溶液和NaHS04溶液反应： (5)98.3(3分) ②稀HNO3过量： ①NaHSO4不足： 18.(除标注外，每空2分)(1)分液漏斗 HCl(2)干馏 3.[竞争型]写出相应的离子方程式： ②向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO.4溶 (3)C0,+C商巡2C0 (1)NH,HSO4溶液与NaOH溶液的反应： 液至中性： (4)①有白色沉淀生成②C0+ ①NaOH不足： 2[Ag(NH3)2]0H=2Ag↓+(NH4)2C03+ 2NH3 1-n-m ②NaOH过量： (参考答案见下期) ③偏高④1+mm×100%(3分) 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8日·星期二 高考 报纸发行质量反馈电话： 第 2 期总第1146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 第1期物质的量及其计算 第2期物质的分类、离子 物质的组成和分类离子反应 知识点 胶体 反应 1.分散系的分类 第3期氧化还原反应 必备知识集锦 第4期金属及其化合物 ○甘肃赵晓彤 胶体 浊液 (3)盐的分类 分散质粒子大小 (一)（钠、镁、铝） 知识点已 1nm 100nm 按是否可r可溶性盐：KC、NaNO等 第5期金属及其化合物 物质的组成和分类 溶于水难溶性盐：AgCl、BaSO4等 2.胶体的性质与应用 二)（铁、铜） 按组成中是，正盐：BaS04、KNO3、Na2C03等 内容 主要应用举例 1.物质的组成 第6期非金属及其化合物 否有可电离 酸式盐：NaHC0,、KHS0a、KHS等 丁达尔 束光通过胶体时产生一条 鉴别溶液 单质 (一硅氯) 构成 的H+、OH 游离态 碱式盐：C2(0H)2C03、Mg(OH)Cl等 效应 “光路” 和胶体 第7期非金属及其化合物 元素阻成 「复盐：KA1(S04)2·12H20等 胶粒在胶体中做不停地、无 特殊 布朗运动 化合 电子 L络合盐：如Fe(CN)3等 规则的运动 (二氨硫) 化合物 (4)氧化物的分类 电泳 胶粒在外加电场作用下作定 第8期元素化合物知识 从宏观角度 工厂除尘 从微观角度 非金属氧化物 (拓展) 向移动 综合复习 组成金属氧化物 聚沉 胶体粒子相互聚集形成可分 第9期化学反应与能量 2.物质的分类方法 氧化 特殊氧化物，如Fe,0、Na0 卤水点豆腐 (拓展) 离的沉淀物的过程 第10期原电池 (1)树状分类法 加速胶粒运动，使之易于 单按照元 金属单质 碱性氧化物，如K0、CuO 加热 第11期电解池（含电化 质 素性质 成盐氧化物 性质 两性氧化物，如A0 合成大颗粒 非金属单质 酸性氧化物，如S0、Mn0 加入电 中和胶粒所带电荷，使之聚 如FeCL3溶液 学腐蚀) 的 按化合物性质酸、碱盐、氧化物 聚沉 给伤口止血 不成盐氧化物，如NO、CO 方法 解质 集成大颗粒 第12期化学反应速率与 按是 按化合物的 拓展) 江河入海口形 离子化合物、共价化合物 否由 组成和结构 加入带相互相中和电性，减小同种电 成沙洲等 化学平衡（一） 同种 按在水溶液或熔融电解质、非电解圆 知识点已 反电荷的性的相互排斥而使之聚集成 第13期化学反应速率与 分 状态下是否导电 电解质和非电解质 胶体 大颗粒 按在化学反应， 化学平衡（二） 组成 中得失电子 氧化剂、还原剂 胶粒不能透过半透膜，而小 净化、精制 第14期水溶液中的离 混 按混合物中分散质 1.电解质和非电解质的比较 提纯 渗析 分子可以透过半透膜，用此 溶液、胶体、浊液 胶体 物 微粒的直径大小 相同点 不同点 买例 法可将胶体提纯 反应与平衡（一） 一定条件下能够电 NaCl, 第15期水溶液中的离 电解质 生活中常 云、雾、烟尘、人及动物的血液、牛奶、豆浆 (2)交叉分类法 都是 离产生离子，能导电 NaOH 见的胶体 墨水、蛋清等 反应与平衡（二） 钠盐 非电 化合物 含阳离子 不能电离，不能导电 蔗糖、乙醇 第16期化学反应原理综 不同分类 解质 3.Fe(OH),胶体的制备 盐 合复习 NaSO 2.强电解质和弱电解质的比较 向沸水中加入FeCL,的饱和溶液，继续煮沸 KSO 硫酸盐 强电解质 第17期原子结构元素 弱电解质 至溶液呈红褐色，停止加热.此时的分散系为 含阴离子 不同分类 都是电解质，在水溶液中都能电离，都 周期律 K.CO 酸盐 相同点 Fe(OH),胶体 能导电 第18期分子结构与性质 FeCL,+3H,0△Fe(OH)3(胶体)+3HCI 3.从不同角度对酸、碱、盐及氧化物进行分类 电离程度 完全电离 部分电离 第19期晶体结构与性质 (1)酸的分类 注意：(1)丁达尔效应利用的是胶体对光的 不 水溶液 只有电离出的阴 既有电离出的阴、 第20期有机化合物的结 元酸：HCl、HNO3等 粒子的 阳离子，不存在电 阳离子，又有电解 散射作用，是一种物理方法， 按电离出 构特点 二元酸：H2S04、H2S等 存在形式 解质分子 质分子 (2)胶体发生聚沉产生沉淀时，其成分没有 的H+数 第21期烃和卤代烃 ,三元酸：HPO4等 绝大多数盐 发生变化，只是颗粒大小发生变化，属于物理 变化. 第22期烃的含氧衍生 按酸根是「无氧酸：HCl、H,S等 NaCl、BaSO4等 弱酸：CHCOOH 否含氧 L含氧酸：HCIO4、H2S04等 强酸：H2S04 (3)胶粒带电，而胶体不带电.胶体是呈电 物、生物大分子 C03等： 按电离「强酸：HC、H,S04、HNO、HI HCIO.4等 HCl、HCO4等； 中性的. 第23期有机高分子、有 程度L弱酸：CH3CO0H、HF、HClO、HP0,等 强碱：Ba(OH)2、 弱碱：NH3·H20 Cu(OH)2等； (4)胶体粒子是大量分子的集合体，如用含 机合成 按有无「挥发性酸：HNO3、HCl、CH,COOH等 Ca(OH)2等： 1 mol FeCl3的溶液制得的胶体中，Fe(OH)3粒 第24期化学实验基本操 挥发性难挥发性酸：H2S04、HPO4等 活泼金属的氧化 物：Na20、Ca0等 子的数目远小于6.02×10个. 注意：判断酸是几元酸时，不是按酸分子中 第25期化学实验探究 所含氢原子的个数，要看实际电离出的H+的个 3.溶液的导电性 知识点四 第26期综合复习 数，如H,P0,(亚磷酸)是二元酸 溶液的导电性与电解质的强弱没有必然的 离子反应 第27~44期 专项提分 (2)碱的分类 联系，只与相同体积溶液中离子的浓度和离子 所带电荷数有关 1.离子反应发生的条件 (合刊) 按水「可溶性碱：NaOH、KOH,Ba(OH)2等 溶性难溶性碱：Mg(OH)2、Cu(OH)2等 (1)强电解质溶液中自由离子的浓度不 (1)本质：反应物的某些离子浓度的减小 第45~52期满分冲刺 (2)复分解反应：生成难溶性物质（如沉 按碱性r强碱：NaOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2等 定大，导电性不一定强 合刊) 强弱 弱碱：NH3·H20等 (2)电解质溶液的浓度大，其中离子的浓度 淀)、生成挥发性物质（如放出气体）、生成难电 元碱：NaOH、KOH、NH3·H20等 不一定大，导电性不一定强 离物质（如水、弱酸、HCO3等）而使离子浓度发 按电离出 二元碱：Ba(OH)2、Ca(OH)z等 0川-的数目 (3)固体电解质中有离子，但没有自由移动生变化 多元碱：下e(OH)3等 的离子，所以不导电 (下转第4版) 2 素养·测评 数理极 7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 第一轮复习精练卷 A.无色透明的溶液中：K*、Mg2+、Mn0,、S0 B.c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：Ca2+、C2*、SCN、Cl 涉及内容：物质的组成与分类离子反应 Kw (满分：100分，时间：75分钟) CcOH)=1x10-mo/L的溶液中：Ba2KC,N0, ◎数理报社试题研究中心 D.能使甲基橙变红的溶液中：Na、NH、I、Cl0 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 8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 项符合题意) A.能使酚酞变红的溶液中：Na、Ba2+、Br、CH,CO0 1.[传统文化情境]下列宋代文物中，主要成分为氧化物的是 B.c(H) OH子=1×10的溶液中：K*、Na,N0;,[A1(OHD4] C.0.2mol/L的NaHSO,溶液中：K+、NH、ClO、MnOa D.0.5mol/L的CaNH4(N03)m溶液中：Na+、OH、Cl、S0 9.下列离子方程式与所给事实不相符的是 A.海水提溴过程中，将溴吹人S02吸收塔：Br2+S02+2H0=2Br+ A.磁州窑白釉黑彩孩儿垂钓纹枕 B.海棠花式玛瑙碗 S02+4H B.某主要成分为苛性钠和铝粉的管道疏通剂：2Al+2OH°+6H,0一 2[A1(0H)4]-+3H2↑ C.用5%的Na,S0,溶液能有效除去误食的Ba2+:Ba2++S0?=BaS04↓ D.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2M0+5C,0?+16H+ =2Mn2++10C0,↑+8H,0 C.“大晟”铜编钟 D.钧窑天蓝釉红斑梅瓶 10.下列解释事实的离子方程式书写正确的是 ( A.浓硝酸可清洗银镜：Ag+2H++NO?=Ag+NO2↑+H,0 2.下列有关说法正确的是 A.Na,C0,·10H,0的风化属于物理变化 B.泡沫灭火器灭火的原理：2A3++3H,0+3C0?=2A(OH)3↓+ 3C0,↑ B.[Ag(NH)2]OH属于盐 C.用淀粉-KI试纸和醋酸证明食盐中存在I0,:I0,+5I+6H*=3L2 C.NaH,PO,为正盐，故H,PO,为一元酸 +3H20 D.C0,是电解质 3.根据一定的标准将物质进行分类，下列依据能得出相应结论的是 D.用饱和NaCl溶液，CO2和NH制备小苏打：CO2+NH,+H0=NH4 +HCO 11.下列离子方程式书写正确的是 选项 依据 结论 A.提碘时用H202氧化I:H202+2I=2H,0+L2 Si0,+4HF一SiF4↑+2H,0 Si0,是两性氧化物 B.向NH,HC03溶液中加入足量石灰水：Ca2++HC0,+0H=CaC0,↓ SiO,+2NaOH =NazSiO3 +H2O +H20 BaSOa(s)==Ba2*(aq)+SO(aq) BaSO4是弱电解质 C.84消毒液的漂白原理：Cl0+C02+H,0=HC10+HC0, NaHCO =Na*+HCO NaHCO,属于正盐 D.用浓盐酸酸化的KM04溶液与H202反应，证明H202具有还原性： 2Mn0:+5H,02+6H*=2Mn2++502↑+8H,0 D NaCl+H,SO,(浓)=NaHSO,+HCl↑ HCl是易挥发性酸 12.下列离子方程式正确的是 () 4.根据酸碱电子理论：凡是能给出电子对的物质都是碱，凡是能接受电 子对的物质都是酸，能接受几对电子对则称几元酸.下列说法不正确的是 A.用铜作电极电解NaC溶液：2C+2H,0电解H,↑+Cd,↑+2OH B.向硫化钠溶液中通入足量S02:S2-+2S02+2H20=H,S+2HS03 A.CuCL2+4NH,=[Cu(NH)4]2++2Cl,该反应中的酸是CuCL, C.向氯化铜溶液中滴入过量氨水：C2++4NH,·H,0=[Cu(NH)4]2 B.NH4是二元碱 +4H,0 C.根据H,C,0,+H,0=一HC,0:+H,0+,则酸性：H,0>HC,0: D.向含Mn2+的溶液中加人足量NH,HCO,溶液沉锰：Mn2++HCO= D.配合物可看作酸和碱的反应产物 MnCO3↓+H 5.实验室用FeCl,饱和溶液和沸水制备胶核 吸附层 13.X是由CaCL2KN0,、Na2S04、Na2S0,、NH,Cl中的一种或几种组成的白 Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶团如右图所示，在静电吸 色粉末，为了探究其成分，在下列试剂中分别加人少量X粉末，实验记录如下： 附作用下，胶团可以除去废水中的杂质.下列说法错 FeO FeoC feo 序号 试剂及操作 现象 误的是 CFeO Feo ① 盐酸 产生气泡 CH A.FeCL3溶液可用于制作印刷电路板 ② 蒸馏水 产生白色沉淀 B.加入烧碱，可使Fe(OH)3胶粒的吸附絮凝效 扩撒层 ③ NaOH溶液，加热 产生气泡 能提升 根据实验现象，下列关于X的推断正确的是 C.可用丁达尔效应区分FeCL,溶液和Fe(OH),胶体 A.X至少含3种盐 B.X一定不含Na,S0. D.1 mol FeCl3可以形成的胶团数目小于N C.X只含NHCl和Na2SO,D.X一定含KNO 6.[生物医药情境]纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积 14.某固体混合物可能含有AL、(NH4)2S04、MgCL2、AICl,、FeCl,、NaCl中 大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯的一种或几种，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图（气体 金酸钠Na[ACL4]}溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒.下列说法错误体积已换算成标准状况下的体积)所示.下列说法不正确的是 的是 A.Na[AuCl]具有氧化性 2,4L气徐成石友依积不变浓硫酸，13.4L气你 B.纳米金属于胶体 59.0g固体过量浓Na0H溶液 →白色沉淀11.60g久置无明显变化 △① C.纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 儿无色溶液适量稀盐酸白色沉淀过量稀盐酸沉淀溶解 D.制备过程中，纳米金为还原产物 ② ③ 数理极 素养·测评 2】 A.步骤①中一定发生了氧化还原反应 检验滤液X中的阳离子所用试剂为 ,现象是 B.混合物中一定不存在FeCl2,可能含有NaCl、AlCl (4)是否需要通过焰色试验来确定K的存在？ (填“需要”或 C.步骤②和步骤③中反应消耗的H+的物质的量之比为3：1 “不需要”) D.混合物中一定含有MgCl,和(NH4)2S04,且其物质的量均为0.2mol 17.(14分)食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） (1)粗食盐常含有少量K*、Ca2+,Mg+、S0?等杂质离子，实验室提纯 15.(16分)水处理剂包括净水剂和杀菌消毒剂，某同学对常见的几种水粗盐的流程如下图所示。 处理剂作了如下图分类回答下列问题： 加热 水处理剂 溶解 洗涤（除去 分类1 图器四瓷图上回 盐酸 ①活性炭、KAI(S0,212H,O②2NaC0,3H,0,(过碳酸纳)、漂白粉、漂白液、氯气 分类2 提供的试剂：饱和Na,CO,溶液、饱和K,CO,溶液、NaOH溶液、BaCl2溶 液、Ba(N03)2溶液、75%的乙醇溶液、四氯化碳。 ③2Na,C0·3H,0、氯司④漂白粉、漂白液 ①欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、S0?,选出a所代表的试剂，按滴加顺 (1)分类图中第①组物质常用作净水剂，其中活性炭能够净水是利用活 序依次是 （填字母序号). 性炭的 性.分类图中第②组物质常用作杀菌消毒剂.杀菌消毒剂又 a.BaCL,、NaOH、Na,CO b.NaOH、Na,CO3、BaCl 依据物质类别，将第②组物质分为了2组.则第③组物质属于 (填物 c.BaCl2、Na,CO3、NaOH d.Na,CO3、BaCl2、NaOH 质类别). ②加盐酸调pH的目的是 (2)采用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾并测定其组成，流程如下： ③洗涤除去NaC1晶体表面附带的少量KCl,选用的试剂为 废铝制易拉K0州常洗，溶液口酸溶流溶液卫系列换作，明矾晶你 (2)某加碘盐中可能含有Fe3+、Mg2+、K*、I0,、I(已知氧化性：I0,> ①废铝制易拉罐溶于KOH溶液发生的主要反应为】 F3+>L,).研究小组对该加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的 存在形式.取一定量的加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得 (用离子方程式表示) ②溶液I中加硫酸溶液的过程中观察到有白色沉淀生成，该沉淀的化学 溶液分为3等份： 第一份溶液中滴加KSCN溶液后显红色； 式为 ③在下列各装置图中，上述流程中“系列操作”不需要用到的实验操作 第二份溶液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，再加入CCL,下层溶液显 (填字母序号) 紫红色： 第三份溶液中加入适量KI03固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色 根据这三次实验，回答下列问题： ①第二份溶液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为 2Fe3++2I=2Fe2++l,. ②在该加碘盐中，除了Na+、C1以外，一定存在的离子是 ,一定 不存在的离子是 ④为测定该明矾晶体样品中S0:的含量，该实验小组称取αg明矾晶 ③KI作为食盐的加碘剂，在保存过程中由于空气中氧气的作用，容易引 体样品，加入足量BaCL2溶液，用质量为bg的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将 起碘的损失.潮湿环境下K与氧气反应的化学方程式为 漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为cg,则该明矾晶体样品中S0的 18.(16分)LiM,04是一种锂离子电池的正极材料.用高锰酸钾废渣 含量为 mol/g(即每克明矾晶体中S0足的物质的量，用含“a、b、c” (主要成分为Mn02、Fe,0,、Al,0,、Si02)和硫铁矿（主要成分为FeS2)制备 的式子表示) LiMn,04的工艺流程如下： (3)AlBr3水解也可得A1(OH)3胶体，起到与明矾类似的净水效果.用上 (1)H02溶液 述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是 HS0.溶液(2)氨水 Ii,C0、空气 (填字母序号) A.[mAl(OH)3·nA3+·(n-x)Br] 尚做货梦二园一 结品一→热解 焙烧 →LiMn,O B.[mAl(OH)3·nBr·xA3+]3x+ 滤渣1 滤渣2 C.[mAl(0H)3·n(0H)·(n-x)H+]x 已知：酸浸液主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、A3+等金属阳离子.回答下列 D.[mAl(0H)3·nA3+·(3n-x)Br]r+ 问题： (4)2Na2C03·3H202具有Na2C03和H202的双重性质，下列有关说法 (1)酸浸.MnO2与FeS2反应生成Fe3+和S0?的离子方程式为 中不正确的是 (填字母序号). A.2Na2C03·3H,02溶液遇Mn02会产生氧气 (2)滤渣1中主要含有 (填化学式)，其属于 (填“酸性 B.2Na2C03·3H202可用作洗涤剂，除油污、漂白 氧化物”“两性氧化物”或“碱性氧化物”). C.2Na,C0,·3H,02在酸性环境中易失效变质 (3)保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有 D.2Na,C03·3H,0,有较强的氧化性，无还原性 (写一条) 16.(12分)某溶液中只可能含有K、NH、Fe2+、A3+、C、S0、C0 (4)除杂.加入H202的作用是 [A1(OH)4]中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L.某同学进行了如下实验： (5)热解.在真空中加热分解MnS0,· 100 →气体 →气体 H,0,测得固体的质量随温度变化如右图所 f0.65 90 图过量稀线酸，无明是过量(0溶淀 过量NaOH 示.真空热解MnS04·H,0制备Mn,04,需 喇喇 80 →滤液X 溶液 +滤液Y C0, 沉 现象 4 少哥 控制的温度为大于 ℃，原因是 70 60 →沉淀A →沉淀B 50 回答下列问题： (写出计算推理过程) 40 020040060080010001200 (1)原溶液中一定不存在的离子是 (6)焙烧.生成LiMn,04的反应的化学 温度℃ (2)沉淀C的成分是 方程式为 (3)写出加入过量Ba(NO3)2时产生气体的离子方程式： (参考答案见下期)