二轮专题(二) 物质的组成、分类、化学用语、物质的量-【真题密卷】2026年高考化学二轮专题精准提升（广东专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（二） 题 化学·物质的组成、分类、化学用语、物质的量 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Ca-40Fe-56Cu-64 Ba-137Bi-209 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 6 8 910111213 1415 16 答案 1.文物见证历史，化学创造文明。下列博物馆馆藏文物中，主要由无机非金属材料制成的是 A.战国羽人竞渡铜钺 B.唐越窑青瓷托盏 C.明五子戏弥勒竹雕 D.南宋天封塔地官银殿 2.马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误 的是 () A.基态S原子的价层电子排布图 3s 3p 1↑ B.0的同位素0可作为有机反应示踪原子 CE C.SiCl4的电子式为：：：d: :Cl D.SiO2的球棍模型为 3.实验室将FeCl,饱和溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶体，下列说法错误的是 A.FeCl溶液可用于印刷制作电路板 B.Fe(OH)3胶体呈红褐色，也可以将FeCl3加人NaOH溶液中制得 C.可用丁达尔效应区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体 D.直径为80nm的微粒不属于胶体 4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A.1LpH=1的H3PO4溶液中，含有H+的数目为0.1NA B.1molD18O+(其中D代表H)中含有中子的数目为10NA C.100g46%的乙醇溶液中，含有氧原子的数目为4NA D.标准状况下，2 mol HO1与44.8LH2和Cl2的混合气体中含有共价键的数目均为2NA 二轮专题精准提升（二）化学第1页（共8页） 真题 梦想是远方的灯塔，指引你走向成功的被岸 5.电石可通过如下反应制得：CaC0,高退Ca0十C0,+、Ca0十3C商温CaC,十C0+。下列说法正 班级 确的是 A.基态Ca2+的电子排布式：[Ar]4s2 姓名 B.CO?的空间构型为四面体形 得分 C.CaC2的电子式为Ca2[CC:2 D.二氧化碳晶体属于共价晶体 6.下列解释实验事实的方程式正确的是 A.CaH2用作野外生氢剂：CaH2十2H2O-Ca(OH)2十2H2个 B.氢氧化钠溶液吸收尾气二氧化氮：3NO2十2OH-一2NO?+NO+H2O C.FeS除去工业废水中的Hg2+:S2-+Hg2+一HgS↓ D.白醋除去水壶中的水垢：CaC03+2H+一C02个+H20+Ca2+ 7.化学在生产和生活中有重要的应用。下列对应关系正确的是 ( 选项 物质 类别 用途 A 氮化硅 共价晶体 制作轴承的金刚砂 纳米石墨烯 胶体 可用于制作新型太阳能电池 C 有机玻璃 有机高分子材料 用于制作飞机、车辆的风挡 D 可燃冰 可再生能源 可替代石油、天然气 8.利用生石灰和过量焦炭制备乙炔的一种流程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正 确的是 ( 图石灰焦澳Lc0C ① A.反应①每生成1 mol CaC2,转移电子数目为2NA B.1 mol CaC2z中含有的离子数为3NA C.反应②中，每生成1molC2H2,消耗的H2O分子数为NA D.标准状况下，11.2LC2H2中含有π键数为0.5NA 9.根据以下反应事实所得出的结论正确的是 选项 反应事实 结论 A NaCIO+CH,COOH-CH,COONa+HCIO 酸性：CH,COOH>HCIO B MgCl2+2NH3·H2O-Mg(OHD2￥+2NHC 碱性：NH·H2O>Mg(OH)2 C si0,十2C高温si+2C0+ 非金属性：C>Si D Cu+H,S0,电解 uSO4+H2个 还原性：Cu>H2 密卷 二轮专题精准提升（二）化学第2页（共8页） 10.催化氧化法将工业副产物HC1制成C12,实现了氯资源的再利用，如图为该法的一种催化机理。设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 () VO2H0Ⅱ CuCl Cu(OH)CI Cl HCI p Cu2OCl -CuCl-Cuo- A.18g3H2O中含有的质子数为10NA B.过程V,氧化1 mol CuC1需氧气分子数为0.25Na C.标准状况下，11.2LC2溶于足量水中，转移电子数为0.5NA D.标准状况下，等物质的量的C2与HCI所占的体积均为22.4L 11.部分含Na、CI或Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是 化合物 +2 +1 0 9 单质 氧化物 盐 碱/酸 A.a与单质硫混合加热，生成物为f B.若d是酸，其性质稳定，可作漂白剂 C.新制g与乙醛溶液混合加热可以得到b D.f的溶液蒸干并灼烧一定可得固体f 12.为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是 () 浓硝酸 铜片团 A.滴入浓硝酸后，无需加热即可反应 B.反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性 C.反应消耗0.05 mol Cu时，转移电子数约为6.02×1022 D.若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：A1<Cu 13.一定条件下，将乙烯和氧气通入PdCl2和CuCl2的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为2C2H(g)+ O2(g)→2 CH CHO(g)△H=一487.4kJ·mol1。其催化机理如图所示： C,H,和HO PdCl2 CuCl W X Pd 下列分析错误的是 () 4 二轮专题精准提升（二）化学第3页（共8页） 真题密卷 A.X为CH3CHO,Z为O2 B.①中，C2H4发生了氧化反应 C.②中，n(PdCl2):n(CuCl2)=1:2 D.③中，n(Y):n(Z)=2:1 14.高铁酸钠(NazFeO4)是一种绿色消毒剂，碱性条件下湿法制备的化学原理为NaC1O+Fe(OH)3十 NaOH→Na2FeO4十X十HzO(未配平)。下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值) () A.X表示Cl2 B.氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3 C.1L0.1mol·L-1 NaClO溶液中含C1O数目为0.1NA D.若生成0.5molH2O,则反应转移的电子数为0.6Na 15.三氯乙醛(CCI CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定过程如图所示（杂质不参与 反应)。已知：I2十2S2O?—2I十S4O,下列说法错误的是 () 样品加水配成，取溶液加适量CHCl,与用溶液调H 加淀粉指示剂计算三氯乙 mg1o0mL溶液10mLNa,C0,HC00溶液加0.1molL'2,25ml消耗0.02molE 醛纯度 NaS203.V mL 步骤I 步骤Ⅱ 步骤Ⅲ 步骤V A.步骤I,需用100mL容量瓶进行配制 B.步骤Ⅲ，发生的反应为HCOO十L2十2OH一2I十CO?+H2O十H+ C.步骤V,滴定终点的现象为加入最后半滴N2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟 内不变色 D.三氯乙醛（摩尔质量为Mg·mol1)的纯度为(25X0.1一0.01×V)MX102 m 16.将NaHCO3和Na2O2的固体混合物在密闭容器中加热至250℃，充分反应后排出气体。将反应后 的固体溶于水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图 所示。下列说法正确的是 () ◆C0)/mL 448------ 0175275(盐酸/mL A.原混合物中NaHCO3和Na2O2物质的量之比为8：7 B.反应后固体的成分为NaHCO3与Na2CO3 C.密闭容器中排出气体的成分为O2 D.HCl的浓度为0.4mol·L-1 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(13分)某化学兴趣小组在实验室进行实验，探究影响溶液导电能力大小的因素。 I.配制250mL1.0mol·L1H2S04溶液。 (1)计算：需要18mol·L1H2S04溶液 mL(计算结果精确到小数点后一位)。 二轮专题精准提升（二）化学第4页（共8页） (2)容量瓶上标有以下5项中的 (填标号)，使用前需要 ①温度 ②压强 ③容量 ④浓度 ⑤刻度线 (3)配制过程中的正确操作顺序是：b、d、 、e(填标号)。 a.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶。 b.用量筒量取所需体积的18mol·L1H2SO4溶液注人盛有约50mL蒸馏水的烧杯。 c.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。 d.用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀。 e.盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。 f.将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。 g.往容量瓶中加人蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1~2cm处。 (4)下列操作将导致所配制出的H2SO4溶液浓度偏大的是 (填标号)。 a.未冷却至室温就将硫酸溶液注入容量瓶定容 b.移液过程有少量H2SO4溶液溅出瓶外 ℃.移液后未洗涤烧杯和玻璃棒 d.定容时俯视容量瓶刻度线 e.加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体 f.定容时加水过多，用胶头滴管吸出 Ⅱ.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴滴加稀H2SO4,不断搅拌并测定溶液导电能力的变化。实 验装置和实验测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示： 稀HSO4 Ba(OHD2溶液 A 电源 时间 (5)写出Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应的离子方程式： (6)实验现象：烧杯中有白色沉淀产生，小灯泡 (7)下列说法正确的是 (填标号)。 A.AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质 B.B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子 C.a时刻Ba(OH)2溶液与稀H2SO4恰好中和 D.BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电 18.(14分)FeSO4是常见的无机试剂，可用于净水、照相制版、色谱分析等。某小组计划配制FSO4溶 液并探究其性质。 (1)配制480mL0.1mol·L1FeSO4溶液。 ①计算需要FeSO4·7H2O固体的质量： ②配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是 (填标号)。 二轮专题精准提升（二）化学第5页（共8页） 真题 a (2)常温时，在磁力搅拌器搅拌下，向新制未酸化的0.1mol·L1FSO4溶液中不断通入O2（忽略 溶液体积变化)，用pH传感器测得反应过程中的pH变化曲线如图所示： 6 1×10 2×10 t/s ①甲同学实验检验溶液中含有剩余的F2+,则检验试剂是 溶液，现象是 ②t=1.5×104s时，乙同学检测发现超过千分之一的Fe2+被氧化，查找资料得知：常温下 KpFe(OH)3]=2.7X10-39,由此判断Fe2+被氧化后的主要存在形式 (填“是”或 “不是”)Fe3+(aq),则该过程中发生反应的离子方程式为 0 (3)向含少量NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，用pH传感器测得滴入FeSO4溶液过 程中的pH变化曲线如图所示： 12 A 10 B 8 6 4 D 0 200 400600800 tis ①结合(2)中结论，推理可知B~C段发生的反应主要是 (填标号)。 a.ClO-+2Fe2++40H-+H2O-Cl-+2Fe(OH)3 b.5C10+2Fe2++5H20-C1+2Fe(OH)3V+4HC1O c.HCIO+2Fe2++5H2 O-CI-+2Fe(OH)3+5H+ ②依据物质的性质，指出实验(3)后续需要注意的环保问题： (写出一点即可)。 密卷 二轮专题精准提升（二）化学第6页（共8页） 4 (4)丙同学想设计实验对比Fe2+和F3+对H2O2分解的催化效果，请选择合适试剂，将试剂及用量 填入表中，完成实验设计（忽略溶液体积变化；查阅资料发现，Na+、SO?对H2O2的分解无 影响)。 限选试剂：0.5mol·L-1Fe2(SO4)3溶液、2mol·L-1FeSO4溶液、lmol·L-1FeSO4溶液、 1mol·L-1Na2S04溶液。 实验编号 温度 pH H2O2浓度 H2O2体积 添加试剂及体积（可填多种试剂） ① 常温 1.6 10% 10 mL ② 常温 1.6 10% 10 mL 19.(15分)某化学兴趣小组在实验室制备碱式碳酸铜并检验。 I.小组成员按照如图流程进行碱式碳酸铜的制备。 NaHCO,固体 i 公 Cu(OH)2CuCO CuSO,5H,O晶体 研磨’热水中反应 系列操作 固体 (1)①Cu2+基态核外电子排布式为 0 ②步骤ⅱ是在搅拌下将固体混合物分多次缓慢加入热水中，反应温度控制在7080℃，其中发 生化学反应的离子方程式为 。而反应温度需低于80℃的 原因是 (2)步骤ⅷ中，检验滤渣是否洗涤干净的实验操作是 Ⅱ.碱式碳酸铜的检验：同学们设计了如图装置，针对制得的蓝绿色固体进行检验。 NaNO,溶液 NH.CI 蓝绿色固体 碱石灰 浓溶液 安 无水 澄清 硫酸铜 瓶 /石灰水 B 0 G (3)装置D加热前，需要首先打开活塞K,用装置A制取适量N2,然后关闭K,点燃D处酒精灯。装 置A中发生反应的离子方程式为 ,C中盛装的试剂应是 (4)若蓝绿色固体的组成为zCuCO3·yCu(OH)2,实验能观察到的现象是 (5)同学们查阅文献得知：Ksp(CaC03)=2.8×10-9,Kp(BaC03)=5.1×10-9,经讨论认为用 Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式会更好，其原因是 (填标号)。 a.Ba(OH)2的碱性比Ca(OH)2强 b.Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2,能充分吸收CO, c.相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3 d.吸收等量CO2生成的BaCO,的质量大于CaCO3,测量误差小 二轮专题精准提升（二）化学第7页（共8页）】 真题密 (6)若蓝绿色固体的组成为xCuCO3·yCu(OH)2,取干燥后的蓝绿色固体10.84g,煅烧至完全分 解后得到8.00g固体，测得F中干燥后的沉淀质量为7.88g[F中已改为Ba(OH)2溶液]。则 该蓝绿色固体的化学式为 20.(14分)铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿（主要成分为Bi2S3,含FS、 CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如图所示： H2O2、盐酸 调pH 氨水 盐酸NaOH、NaCIO 辉铋矿一→氧化浸取一除铁一除铜一溶解一→转化一→NaBi0, 滤渣1滤渣2滤液3 滤液4 已知：1.NaBiO3难溶于冷水； ⅱ.“氧化浸取”时，铋元素转化为B3+,硫元素转化为硫单质； i Cu(OH)2+4NH3-[Cu(NH3 )]2++20H-. 回答下列问题： (1)“氧化浸取”步骤中温度升高可以增大速率，但高于50℃时浸取速率会下降，其可能的原因是 。滤渣1经过除硫后的另一种成分在工业上用途广泛，写出一种用途： (2)“氧化浸取”时，FeS发生反应的离子方程式为 (3)“除铁”步骤中调节pH最好选用的试剂为 (填标号)。 A.稀硫酸 B.碳酸钠 C.三氧化二铋 D.氨水 (4)“转化”时，生成NaBiO.3的反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 (5)NaBiO产品纯度的测定。取NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和l0 mL a mol·L1FeSO4稀溶液 使其完全反应(Bi被还原为+3价)，再用bmol·L1KCr2O,标准溶液滴定溶液中剩余的Fe+(Cr 被还原为十3价)，恰好消耗10 mL K2 Cra2O,标准溶液。该产品的纯度为 (用 含w、a、b的代数式表示)。 (6)组装如图所示装置后发现导线中电流方向为石墨1→石墨2，则该装置的负极为 ,石墨2电极上的电极反应式为 盐桥 A 石墨1 石墨2 Bi(SO)3溶液 MnSO,、 -KMnO NaBiO: 溶液 卷 二轮专题精准提升（二）化学第8页（共8页）真题密卷 衡时C0的体积分数增大，大于0.12，E点符合 题意；反应达到平衡时，H2的体积分数为0.08， 升高温度，平衡向吸热反应方向移动，再次平衡 时H2的体积分数减小，B点符合题意。 (4)①阴极上，CO2发生还原反应转化为甲烷，电 极反应式为CO2十8H++8e-CH4+2H2O。 ②标准状况下112m3CH4的物质的量为 2.4L·mol=500mol,根据C0,+8H+8e 112×103L —CH十2H2O可知，转移电子的物质的量为 5000mol×8=4×104mol。 20.(1)HI(1分) (2)①苯甲酸(1分) ②AC(1分) ③H2、催化剂、加热(1分) -C00H(1分) (3)I(1分)化合物M中一COOH与水分子更 容易形成分子间氢键(1分) (4)16(2分) 一OOCH(或 →-0-》 CHO)(2分) CH (5)①K) +〈s0 H,CK(2分) ②防止苯环的两个取代基处于间位(1分) 【解析】反应①的反应物是苯和CH3I,所以生成 物除化合物Ⅱ外，还有HI;根据化合物I可以推 断，化合物Ⅲ引入了羧基，反应④中，羧基间位的 C一H断裂，然后苯环上羧基间位的碳与丙烯分 子中间的碳原子成键，碳碳双键变为碳碳单键， 苯环断开的H与丙烯双键的另一个C成键，可 判断反应类型为加成反应；反应⑤中，3-异丙基苯 甲酸与甲醇发生酯化反应。 (1)由分析可知，反应①的反应物是苯和CH3I, 所以生成物除化合物Ⅱ外，还有HI。 (2)①根据化合物I可以推断，化合物Ⅲ引入了 羧基，即化合物Ⅲ为苯甲酸。 COOH ②反应④的化学方程式为 -COOH:羧基间位的C-H 2025一2026学年度二￥ 化学·物质的组成、分头 一、选择题 1.B【解析】战国羽人竞渡铜钱属于合金材料，A 4 ·4 二轮专题精准提升 断裂，然后苯环上羧基间位的碳与丙烯分子中间 的碳原子成键，碳碳双键变为碳碳单键，苯环断 开的H与丙烯双键的另一个C成键，A正确；化 合物V是丙烯，丙烯中甲基上的C采用sp3杂 化，B错误；化合物Ⅵ结构不对称，是极性分子， 并且不存在连有四个不同原子或原子团的碳原 子，即没有手性碳原子，C正确；反应④为加成反 应，D错误。 ③苯环可以与H2在Ni、Pt等催化剂、加热条件 下发生加成反应，化合物I与H2加成后的产物 ○-c0oH (3)化合物I有羧基，羧基上与O成键的H原子 可以与水分子中的O原子形成分子间氢键，所以 化合物Ⅵ在水中溶解度更大。 (4)属于芳香族化合物则同分异构体中一定有苯 环，能发生银镜反应说明有醛基，存在9个化学 环境相同的氢原子说明剩余的4个碳应 是一C(CH)3结构，还剩余1个O,可能连醛基 或连一C(CH3)3,也可能是酚羟基，如果连醛基， 苯环上只有HCOO一和一C(CH3)3两个侧链， 有邻、间、对3种结构；若连一C(CH3)3,苯环上 只有一CHO和一O一C(CH3)3两个侧链，有邻、 间、对3种结构；如果是酚羟基，苯环上 有一CHO、一OH和一C(CH3)3三个侧链，有10 种结构，共16种同分异构体。其中核磁共振氢 谱有4个吸收峰时，符合条件的同分异构体的结 构简式为>○》-00CH、→-0○)-CH0。 (5)①根据已知信息：苯环上甲基邻位的C一H 更容易断裂，羧基间位的C一H更容易断裂，取 代基要处于苯环邻位，只能是在甲基氧化成羧基 前先发生类似反应④的反应。得到丙烯和甲苯 后，接下来发生的是类似于反应④的反应，方程 CH 式为 ②如果甲苯先进行反应②，甲基被氧化成羧基， 反应时引入的侧链异丙基在间位上，甲苯直接反 应引入的侧链异丙基在邻位上。 轮专题精准提升（二） 、化学用语、物质的量 不符合题意；唐越窑青瓷托盏是瓷器，属于无机非 金属材料，B符合题意；明五子戏弥勒竹雕是竹制 ·化学· 品，成分是纤维素，属于天然有机高分子材料，C 不符合题意；南宋天封塔地宫银殿属于金属材料， D不符合题意。 2.D【解析】Si为14号元素，其基态原子价电子排 3s 3p 布式为33p,价电子排布图为问11☐，A 正确；1O和8O为氧元素的两种同位素，18O常用 作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B正 确；SiCL为分子晶体，Si与CI形成一对共用电子 :CI: 对，故SiCl4的电子式为：C:Si:C,C正确；SiO2为 共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构， 不能表示SiO2,D错误。 3.B【解析】FeCl溶液能和铜单质反应，可用于印 刷制作电路板，A正确；制取F(OH)3红褐色胶 体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液， 继续煮沸至溶液变红褐色，将FeCl3加入NaOH 溶液中会生成氢氧化铁沉淀，B错误；胶体具有丁 达尔效应，而溶液没有此现象，因此可以利用丁达 尔效应区分胶体和溶液，C正确；根据分散质粒子 直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，分 散质粒子直径小于1nm的为溶液，分散质粒子直 径在1~100nm之间的为胶体，分散质粒子直径 大于100nm的为浊液，直径为80nm的微粒不是 分散系，故不属于胶体，D正确。 4.B【解析】pH=1的HPO4溶液中H浓度为 0.1mol·L1,1L该溶液含有H+的数目为 0.1NA,A正确；每个D3180+含有13个中子， 1molD318O+(其中D代表H)中含有中子的数 目为13NA,B错误；100g46%的乙醇溶液含有 46g乙醇和54g水，46g乙醇物质的量为1mol, 54g水物质的量为3mol,含有氧原子的数目为 4NA,C正确；HCl、H2和C2分子中均含有1个共 价键，标准状况下44.8LH2和C2的混合气体物质 的量为2mol,2 mol HCl与标准状况下44.8LH2 和C2的混合气体中含有共价键的数目均为2NA,D 正确 5.C【解析】基态Ca原子的电子排布式为「Ar]4s2, 则基态Ca2+的电子排布式为1s22s22p53s23p5,A 错误：C0?中C的价层电子对数为3十6-3X2 2 一3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，B错 误；CaC2是离子化合物，由Ca+和C号构成，电子 式为CaCC,C正确；二氧化碳晶体属于分子 晶体，D错误。 参考答案及解析 6.A【解析】CaH2用作野外生氢剂是利用其能与 水发生氧化还原反应生成Ca(OH)2和H2,反应 的化学方程式为CaH2+2H20—Ca(OH)2十 2H2个，A正确；NaOH溶液只吸收NO2时，得到 的产物为NaNO,和NaNO2,故反应的离子方程 式为2NO2+2OH=NO3+NO2+H2O,B错 误；FeS难溶于水，要写成化学式，反应的离子方 程式为FeS(s)+Hg2+(aq)—HgS(s)+Fe2+ (aq),C错误；白醋中醋酸为弱酸，不能拆开，要写 成化学式，则反应的离子方程式为CaCO3十 2CH;COOH-CO2+H2O++Ca2++2CH COO-, D错误。 7.C【解析】氮化硅属于共价晶体，可用于制作轴 承等，金刚砂是碳化硅，不是氨化硅，A错误；纳米 石墨烯是单质，不属于胶体，石墨烯可用于制作新 型太阳能电池，B错误；有机玻璃是聚甲基丙烯酸 甲酯，属于有机高分子材料，其具有良好的光学性 能等，可用于制作飞机、车辆的风挡，C正确；可燃 冰是天然气水合物，属于不可再生能源，可替代石 油、天然气，D错误。 8.A【解析】反应①的化学方程式为Ca0十3C高温 CaC2十CO个，其中C→CaC2时，C化合价由0价降 低到一1价，C→C0时，C化合价由0价升高到 +2价，因此每生成1 mol CaC2,有2molC由0 价降低到一1价，转移电子数目为2NA,A正确； CaC2中含有Ca2+和C,1 1 mol CaC2中含有的离 子数为2NA,B错误；反应②的化学方程式 为CaC2+2H2O→CH=CH个+Ca(OH)2,每 生成1molC2H2,消耗的H2O分子数为2NA,C 错误；C2H2结构简式为CH=CH,1个碳碳三键 中有2个π键，标准状况下，11.2LC2H2中含有 π键数为NA,D错误。 9.A【解析】根据强酸制弱酸原理，NaCIO +CH COOH-CH COONa++HCIO,CH COOH 能制得HClO,说明酸性：CH COOH>HClO,A正 确；MgCl2十2NH3·H2O=Mg(OH)2Y+2NH4Cl 是因为反应生成难溶性的物质，所以反应可以进行， 但是不能用来比较NH3·H2O和Mg(OH)2的碱性 强弱，B错误；根据元素周期律，碳的还原性应该比硅 弱；工业上，焦炭在高温下还原二氧化硅得到粗硅和 一氧化碳，发生反应S10,十2C商温S十2C0个，是因 为反应生成挥发性的物质，所以反应可以进行，但是 不能用来比较单质的氧化性、还原性强弱，C错误；Cu 十HS0,电解CuS0,十H,个，该反应是在电解条件 下发生的，不是自发的氧化还原反应，不能根据这个 反应来判断C和H2的还原性强弱，在通常情况下， H2的还原性强于Cu,D错误。 4 真题密卷 10.B【解析】3H2O中含有的质子数为2+8=10， 18g 18gH,0的物质的量为2g·no≈0.82m0l, 其含有的质子数约为8.2NA,A错误；过程V: 4CuCl+O2—2Cu2OCl2,氧元素化合价由0降 低到一2价，Cu由十1价升高到十2价，方程式中 共转移4个电子，故氧化1 mol CuCl需氧气分子 数为0.25NA,B正确；标准状况下，11.2LCl2 即0.5 mol Cl2溶于水Cl2+H2O一HCl0+ HC1,该反应是可逆反应，转移电子数小于 0.5NA,C错误：标准状况下，等物质的量的Cl 与HC1所占的体积相等，但未给出物质的量是多 少，无法确定体积，D错误。 1l.C【解析】Na与S反应生成Na2S,Cu与S反应 生成Cu2S,不能生成十2价的盐，C12与S也不能 生成盐，A错误；若d是酸，为HClO,HCIO不稳 定，见光或受热分解为HC1和O2,B错误；新制 的Cu(OH),与乙醛溶液加热可以生成红色沉淀 Cu2O,C正确；f为十2价盐，可以是CuCl2, CuCl2水解得到Cu(OH)2和HCl,HCl挥发，得 到Cu(OH)2,Cu(OH)2加热分解得到CuO,不 能得到固体CuCl2,D错误。 12.D【解析】浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触 后，无需加热即可发生反应，方程式 为Cu+4HNO3(浓)-Cu(NO3)2+2NO2个+ 2H2O,A正确；反应开始后，试管中产生红棕色 气体NO2,HNO3中氨元素化合价降低，得到电 子，说明浓硝酸具有氧化性，B正确；铜与浓硝酸 反应的化学方程式为Cu十4HNO3(浓) -Cu(NO3)2+2NO2个+2H2O,铜元素化合 价从0价升高到十2价，消耗1mol铜转移2mol 电子，当反应消耗0.05 mol Cu时，转移电子数为 0.05mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1022, C正确；若将铜片换成铝片，无明显现象，是因为 常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一 层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，而 不是因为还原性：A1<Cu,实际上铝的还原性比 铜强，D错误。 13.D【解析】由题中信息和催化机理分析，可知反 应①：C2H4+H2O+PdCl2-CH,CHO+Pd+ 2HCl,反应②：Pd+2CuCl2—PdCl2+2CuCl, 反应③：4CuC1+O2+4HC1-4CuC12+2H2O, 故可知X为CH3CHO,Y为HCI,Z为O2,W为 H2O。根据分析可知，X为CH3CHO,Z为O2, A正确；在反应①中，C2H4转化为CH3CHO,C 元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，B正 确；由分析可知，反应②：Pd+2CuCl2—PdCl2 +2CuCl,所以n(PdCl2)：n(CuCl2)=1：2,C 4 二轮专题精准提升 正确；由分析可知，反应③：4CuC1+O2+4HCl —4CuC2+2H2O,Y为HC,Z为O2,则n(Y): n(Z=n(HCl):n(O2)=4:1,D错误。 14.D【解析】碱性条件下，NaC1O把Fe(OH)3氧 化为Na2FeO4,自身还原为NaCl,化学方程式为 3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH -2Naz FeO 十3NaCl+5H2O。X为NaCl,A错误；氧化剂为 NaClO,还原剂为Fe(OH)3,二者的物质的量之 比为3：2，B错误；CIO会发生水解，1L 0.1mol·L-1 NaC1O溶液中含ClO-数目小于 0.1NA,C错误；根据化学方程式3 NaClO+ 2Fe(OH)3+4NaOH -2Na2 FeO,+3NaCl+ 5H2O,生成5molH2O,转移6mol电子，若生 成0.5molH20,则反应转移电子的物质的量为 0.6mol,数目为0.6NA,D正确。 15.B【解析】将样品溶于水配制100mL溶液，从 中取出l0mL溶液加适量的Na2CO3进行反应， 与CCL CHO反应生成CHCl和HCOO,加入 溶液调节pH值后再加入25mL0.1mol·L-1 I2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用 0.02mol·L1NazS,O3溶液滴定，消耗VmL, 最后计算出三氯乙醛的纯度，据此分析解题。步 骤I是将样品配成100mL溶液，故需用100mL 容量瓶进行配制，A正确；已知CO与H不能大 量共存，故步骤Ⅲ发生的反应为HCOO十12十 3OH—2I十CO+2H2O,B错误；步骤V原来 溶液中L2和淀粉溶液呈蓝色，当达到滴定终点时2 被消耗，蓝色消失，故滴定终点的现象为加入最后半 滴NaSO3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半 分钟内不变色，C正确：根据题干流程图可找到关系 式：CCl3 CHO~HCOO~I2,L22Na2S2O3可知，过 量的2的物质的量为0.02mol·L-1XV×10-3L ×=VX10a,则与H000反应的L的6质 的量为(25×10-3L×0.1mol·L-1-V×10-5)mol =(25×0.1一0.01V)×10-3mol,故三氯乙醛（摩尔 质量为Mg·mol1)的纯度为 (25×0.1-0.01×V)×M×10- 一，D正确。 m 16.A【解析】碳酸氢钠受热分解，产生的二氧化碳 和水蒸气与过氧化钠反应。反应后的固体溶于 水无气体放出，说明过氧化钠完全反应，向溶液 中逐滴滴入盐酸，根据图像可知，开始阶段是生 成的NaOH先和盐酸反应，然后是碳酸钠和盐酸 反应生成碳酸氢钠，加入175mL盐酸后，盐酸和 碳酸氢钠反应生成C02.175~275mL是盐酸 与碳酸氢钠反应，生成448mLC02,物质的量为 0.02mol,n(C02)=n(HCl)=0.02mol,可得 ·化学· HCl的浓度为0.2mol·L1,根据碳原子守恒可 知，n(NaHCO3)=n(CO2)=0.02mol,275mL 时溶质是NaCl,n(NaCl)=0.2mol·L-1X 0.275L=0.055mol,根据钠元素守恒可知， n(Na02)=(0.055-0.02)molX2 =0.0175mol 据此作答。根据分析，原混合物中NaHCO. 南a0物质的重之比为n0=号A 正确；碳酸氢钠完全分解，所以反应后的固体中 没有NaHCO3,B错误；0.02 mol NaHCO3完全 分解为0.01mol的二氧化碳和0.01mol的水蒸 气，再根据2Na2O2+2CO2-2Na2C03+O2, 2Na2O2十2H2O—4NaOH+O2↑，过氧化钠 先和0.01mol二氧化碳反应，消耗过氧化钠 0.01mol,剩余的0.0075 mol Na2O2只消耗 0.0075mol水，所以密闭容器中排出气体的成 分为O2和水蒸气，C错误；根据分析，HCI的浓 度为0.2mol·L1,D错误。 二、非选择题 17.(1)13.9(1分) (2)①③⑤(2分) 检查是否漏水(1分) (3)f、a、g、c(2分) (4)ad(2分) (5)Ba2++2OH-+2H++SO—BaSO4￥+ 2H2O(2分) (6)先变暗后变亮(1分) (7)BC(2分) 【解析】(1)250mL×1.0mol·L1=18mol·L-1 ×VmL,解得V≈13.9，即需要13.9mL 18mol·L1H2SO4溶液。 (2)容量瓶上标有使用温度、刻度线和容量，使用 前需要检查是否漏水。 (3)根据用浓溶液配制稀溶液的步骤可知，配制过程 中的正确操作顺序是：b.用量筒量取所需体积的 18mol·L1H2SO4溶液注入盛有约50mL蒸馏水 的烧杯；用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀；f.将稀释 后的H2S04溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶；a 用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均 注入容量瓶；g.往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在 容量瓶刻度线下1~2cm处；c.用胶头滴管滴加蒸 馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切；盖好容量瓶 瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。 (4)由于液体热胀冷缩较快，未冷却至室温就将 硫酸溶液注入容量瓶定容，将导致溶液体积偏 小，所配溶液浓度偏大，符合题意；移液过程有 少量H2SO4溶液溅出瓶外，导致溶质的量减小， 所配溶液浓度偏小，b不符合题意；移液后未洗涤 参考答案及解析 烧杯和玻璃棒，导致溶质的量减小，所配溶液浓 度偏小，C不符合题意；定容时俯视容量瓶刻度 线，将导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，d 符合题意；加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多 余液体，导致溶质的量减小，所配溶液浓度偏小， 不符合题意；定容时加水过多，用胶头滴管吸出，导 致溶质的量减小，所配溶液浓度偏小，f不符合题意。 (5)Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应的离子方程 式为Ba2++2OH+2H++SO?-BaS04V +2H20。 (6)硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，硫酸 钡是难溶于水的物质，水是弱电解质，溶液中离 子的浓度逐渐减小，导电性逐渐减小，灯泡亮度 逐渐变暗，直到熄灭，随后加入的过量硫酸使自 由移动离子浓度逐渐变大，灯泡会变亮。 (7)AB段溶液的导电能力不断减弱，说明自由移 动离子浓度变小，生成的BaSO4是电解质，A错 误；B处是硫酸和氢氧化钡完全反应生成硫酸钡 和水的时刻，硫酸钡是难溶于水的物质，水是弱 电解质，溶液中几乎没有自由移动的离子，溶液 的导电能力约为0，B正确；a时刻Ba(OH)2溶 液与稀H2SO4恰好中和生成硫酸钡和水，硫酸 钡是难溶于水的物质，水是弱电解质，溶液中几 乎没有自由移动的离子，溶液的导电能力约为0， C正确；a时刻Ba(OH)2溶液与稀H2SO4恰好 中和，BC段溶液是加入了过量的硫酸，导电能力 不断增大，D错误。 18.(1)①13.9g(1分) ②cd(2分) (2)①铁氰化钾（或K,Fe(CN)6])(1分）有蓝 色沉淀生成(1分) ②不是(1分)4Fe2++02+10H20 4Fe(OH)3￥+8H+(2分) (3)①b(1分) ②防止产生的氯气污染空气(1分) (4)①2mL0.5mol·LFe2(SO)3溶液(2分) ②1mL2mol·L1FeSO,溶液和1mL1mol· L-1NaSO4溶液(2分) 【解析】配制480mL0.1mol·L-1FeS04溶 液，需选用500mL容量瓶，其步骤包括计算→称 量→溶解→冷却至室温后移液→洗涤·定容→ 摇匀。 (1)①配制480mL0.1mol·L1FeSO4溶液， 需选用500mL容量瓶，需要的FeSO4·7H2O 质量为0.1mol·L-1×0.5L×278g·mol-1= 13.9g。 ②配制480mL0.1mol·L1FeS04溶液需要 药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、 4 真题密卷 胶头滴管，可选用量筒，图中一定不需要的仪器 是（直形）冷凝管、分液漏斗，故选cd。 (2)①选用特征试剂铁氰化钾(K,Fe(CN)s])检 验Fe2+,会生成蓝色沉淀。 ②0.1mol·L1FeSO4溶液中Fe+超过千分之 一被氧化时，忽略溶液体积变化，若氧化得 到Fe3+不沉淀，c(Fe3+)>104mol·L-1;由图 1可知1.5×104s时pH接近4，根据 KpFe(OH)3]=2.7X10-39,pH=4时允许存 在c(Fe3+)最大值为2.7X10-9mol·L-1 <10-4mol·L-1,Fe3+几乎以Fe(OH)3的形式 存在，不是Fe3+。综上分析，该过程中0.1mol· L1FeSO4溶液中通入O2发生反应的离子方程式 为4Fe2++O2+10H2O—4Fe(OH)3↓+8Ht。 (3)由(2)可知，Fe2+被氧化后生成Fe(OH)3,过 程A~B,溶液pH显著下降，体系中少量NaOH 参与反应，可用离子方程式：C1O十2Fe+十 4OH-+H2OCl-+2Fe(OH)3Y表示；过程 B~C,溶液pH下降相对缓慢，主要是体系中 NaClO转化为NaCl和弱酸HClO,可用离子方 程式：5Cl0+2Fe2++5H20C1-+ 2Fe(OH)3↓+4HCIO表示；过程C~D,体系中 HCIO继续与滴入的Fe2+反应转化为HCl,可用 离子方程式：HClO+2Fe2++5H20CI+ 2Fe(OH)3V十5H+表示；在上述反应过程中溶 液的pH逐渐下降以及溶液中的CI浓度逐渐增 大，发生CIO、CI和H+三者之间的反应会产 生氯气。 ①B~C段主要发生的反应是5C1O+2Fe2+十 5H2O-C1-+2Fe(OH)3Y+4HClO,故选b。 ②在上述反应过程中溶液的pH逐渐下降以及 溶液中的C1浓度逐渐增大，ClO、CI-和H+三 者之间反应会产生氯气，反应为CIO十CI十 2H+C12个十H2O,则需要注意防止产生的有 毒气体氯气污染空气。 (4)对比Fe2+与Fe3+对H2O2分解的催化效果， 除了控制反应体系温度、pH和H2O2浓度相同 外，还需要控制体系中阳离子Fe2+、Fe3+和阴离 子浓度相同。 ①0.5mol·L1Fe2(SO4)3溶液的体积应是2mL。 ②2mol·L-1FeSO,溶液和1mol·L1 Na2SO4溶液体积之和为2mL,且FeSO4溶液 和Na2SO4溶液体积相等即均为1mL。 19.(1)①[Ar]3d9(或1s22s22p3s23p3d)(1分) ②2Cr+4HC0570-80eCu(OHI2·CuC01 +3CO2个+H2O(2分)温度过高，会导致碱式碳 酸铜分解或温度过高，水解反应程度加大，会生成过 4 二轮专题精准提升 多的Cu(OHD2(2分) (2)向洗涤液中加足量稀盐酸酸化，再加入氯化 钡溶液，若产生白色沉淀，证明原溶液中有 SO?,滤渣未洗涤干净，反之，证明滤渣洗涤干净 (2分) (3)NO2+NH=N2◆+2H2O(2分)浓硫 酸(1分) (4)硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变成黑色，E 中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊(2分) (5)bd(2分) (6)2CuCO3·3Cu(OH)2[或3Cu(OH)2· 2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2](1分) 【解析】硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反应生成碱 式碳酸铜，反应后通过浓缩、过滤、洗涤、干燥得 到碱式碳酸铜固体；在装置A生成氨气，通过防 止倒吸装置B和装置C千燥后进入D中将D中 分解生成的气体排出，装置E吸收生成的水、装 置F吸收生成的二氧化碳，装置G排除空气中二 氧化碳和水的干扰，以此解答。 (1)①铜为第29号元素，失去2个电子为Cu2+, Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d°或 1s22s22p3s23p3d9。 ②根据题意可知，硫酸铜和碳酸氢钠在热水中反 应生成碱式碳酸铜，根据质量守恒可知，还会生成 二氧化碳、硫酸纳、水，发生反应的离子方程式为 2Cu+4HCO7Cu(OH)2.CuCO 十3CO2个十H2O。碳酸氢钠不稳定受热易分解， 且温度过高促进碳酸氢钠的水解导致溶液碱性 增大生成过多氢氧化铜沉淀，故反应温度低于 80℃。 (2)步骤ⅲ中，洗涤的目的是除去固体表面的 Na2SO4,检验滤渣是否洗涤干净只需要检验洗 涤液中的SO?即可，方法为向洗涤液中加足量 稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉 淀，证明原溶液中有SO,滤渣未洗涤干净，反 之，证明滤渣洗涤干净。 (3)铵根离子具有还原性、亚硝酸根离子具有氧 化性，装置A亚硝酸钠和氯化铵发生氧化还原反 应生成氮气和水：NO2+NH一N2个十 2H2O;为防止氨气中水对D装置中生成水的千 扰，氨气进入D前需要干燥，故C中为浓硫酸。 (4)若蓝绿色固体的组成为xCuCO·yCu(OH)2, 则分解生成黑色氧化铜、水和二氧化碳，故实验能观 察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体逐渐变成黑 色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊。 (5)Ba(OH)2、Ca(OH)2均为强碱，a不符合题 意；Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2,能够更充分 ·化学· 吸收CO2,b符合题意；由K即可知，相同条件下， CaCO3的溶解度小于BaCO3,c不符合题意；碳 酸钡的相对分子质量大于碳酸钙，则吸收等量 CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3,测量误 差小，d符合题意。 (6)取千燥后的蓝绿色固体10.84g,煅烧至完全分解 后得到8.00g固体，则生成氧化铜0.1mol,测得F中 千燥后的沉淀质量为7.88g,则碳酸钡为0.04mol,根 据碳元素守恒可知，CuCO3为0.04mol,质量为 4.96g,则Cu(0HD2质量为10.84g-4.96g=5.88g, 为0.06mol,则x:y=0.04:0.06=2:3,故化学式 为2CuCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或 Cu5(OH)s(CO3)2。 20.(1)盐酸挥发、过氧化氢分解(2分)制作玻璃(1 分，合理即可) (2)2FeS+3H2O2+6H+-2Fe3++2S+6H2O (2分) (3)C(2分) (4)1：1(2分) （5)140a-66)%(2分) (6)石墨2(1分)Mn2+-5e+4H20 MnO:+8H+(2分) 【解析】氧化浸取时，铋元素转化为B3+,硫元素 转化为硫单质，向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸 进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反 应有Bi2S3+3H2O2+6H+—2Bi3++3S+ 6H2O、2FeS+3H2O2+6H+—2Fe3++2S+ 6H2O、CuO+2H+-Cu2++H2O,得到含S和 SiO2的滤渣1，滤液中含有B3+、Fe3+和Cu+, 再调节pH除去Fe3+,得到滤渣2为Fe(OH)3, 过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu +4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4HO,Bi3+ 转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋，滤 渣中加入盐酸溶解，再加入NaOH、NaClO,发生反 应Na++ClO-+Bi3++4OH一NaBiO3V+CI +2H2O,得到产品NaBiO3。 2025一2026学年度二 化学·离子反应 一、选择题 1.C【解析】利用铝热剂焊接钢轨，Al与Fe2O3在 高温下反应生成Fe和A12O3,属于氧化还原反 应，A不符合题意；维生素C具有还原性，可以防 ·9 参考答案及解析 (1)盐酸易挥发、过氧化氢不稳定，高于50℃时 浸取率快速下降，其可能的原因是高于50℃时， 盐酸挥发、过氧化氢分解；由分析可知，滤渣1经 过除硫后的另一种成分为二氧化硅，可以用于工 业制作玻璃等。 (2)由分析可知，“氧化浸取”时，FS发生反应的 离子方程式为2FeS+3H202+6H+—2Fe3+ +2S+6H2O。 (3)“除铁”步骤中调节pH为降低溶液的酸性使 铁离子沉淀，且不引入新杂质，故最好选用的试 剂为三氧化二铋，故选C。 (4)“转化”时，次氯酸钠将溶液中的氯化缺转化 为铋酸钠沉淀，氯元素化合价由十1变为一1作 氧化剂，铋元素化合价由+3变为十5发生氧化 反应生成氧化产物NaBiO3,结合电子守恒可 知NaBiO32e~CIO,故氧化剂与氧化产物 的物质的量之比为1：1。 (5)酸性环境下，NaBiO3将Fe+氧化成Fe3+ (NaBiO3被还原成Bi+),根据电子守恒可 知NaBiO3~2Fe2+;剩余的Fe2+恰好消耗 10mLK2Cr2O2(Cr被还原为+3价)标准溶液氧 化，根据得失电子守恒可知K2Cr2On~6e ~6Fe2+,被bmol·L1K2Cr2O2氧化的亚铁离子 为(6×b×10×103)mol,被NaBiO3氧化的亚铁 离子为(a×10×10-3-6×b×10×10-3)mol,则 消耗的NaBi0,为2×(aX10×10-3mol-6×b ×10×10-3mol),该产品的纯度为 ×(a×10X103-6xbX10X10)mlX280g·m 1 wg x1o%_14o(ab）%. (6)导线中电流方向为石墨1→石墨2，则石墨1 为正极、石墨2为负极，石墨2电极上锰离子失 去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子，电极反 应式为Mn2+-5e+4H20—MnO+8H+。 轮专题精准提升（三） 氧化还原反应 止食品被氧化，涉及氧化还原反应，B不符合题 意；利用油脂皂化生产肥皂，属于皂化反应，没有 元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，C符合题 意；地下钢铁输水管用导线连接镁块防腐蚀，构成 4