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（山东专用）

·化学· ②根据题意，副反应是吸热反应，升高温度，反应 平衡正向移动，CO的物质的量分数不断增大。 (3)设平衡时H的物质的量为xmol,根据三段式 可知： CO(g)+H20(g)CO2(g)+H2(g) 起始/ 0.10 0.40 0 0 mol 变化/ x 2 mol 平衡/ 0.10-x0.40-x 工 mol 反应平衡后H2的物质的量分数9(H2)=0.08, 0.10+0.40=0.08,x=0.04,平衡时，H2的物质 的量为0.04mol。 0.040.04 5 5 ①反应平衡常数K= 0.10-0.04×0.40-0.04 ≈0.074。 2025一2026学年度1 化学·物质的组成、分 一、选择题 1.B【解析】古建筑中的基石一般使用石质材料， 常用的石材有花岗岩、青石等，花岗岩的主要成分 是硅酸盐，青石的主要成分是CaCO,均属于无机 物，A错误；斗拱是由木材制成的，木材的主要成 分是纤维素，属于有机物，B正确；青瓦是由黏土 烧制而成的传统建筑材料，黏土的主要成分为含 水的铝硅酸盐，属于无机物，C错误；琉璃的主要 成分是二氧化硅，属于无机物，D错误。 2.B【解析】基态As原子的核外电子排布式为 [A]3d4s24p,A错误；0H分 0 分子中碳 碳双键两端分别连接两个各不相同的原子或基 团，存在顺反异构，B正确；基态镁原子价层电子 排布式为3s2,电子云轮廓图为球形，而不是哑铃 形，C错误；用电子式表示CO2的形成过程为 20.+.C→0：C0:,D错误。 3.B【解析】FCL溶液能和铜单质反应，可用于印 参考答案及解析 ②保持K不变，即温度不变，提高CO平衡转化 率的措施有增加n(H2O)、减小进气比 [n(CO):n(H2O)]、分离出CO2或H2。 ③对于正向反应CO(g)十H20(g)=CO2 (g)+H2(g)△H2=-41.0kJ·mol1,反应 达到平衡时，C0的体积分数为0.10-0.04 0.5 0.12,升高温度，正、逆反应速率均加快，逆反应 为吸热反应，平衡向吸热反应方向移动，再次平 衡时CO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，C○2发生还原反应转化为甲烷，电 极反应式为CO2十8H+十8e—CH4+2H2O。 ②标准状况下112m3CH4的物质的量为 2.4L·mo7=5000mol,根据C0,+8H++8e 112×103L —CH+2H2O可知，转移电子的物质的量为 5000mol×8=4×104mol. 轮专题精准提升（二） 类、化学用语、物质的量 刷制作电路板，A正确；制取Fe(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.D【解析】标准状况下，HF为液体，故不能计算 其物质的量，A错误；醋酸钠为强碱弱酸盐，促进 水的电离，故水电离出的OH数目为105NA,B 错误；5.8g丁烷的物质的量为0.1mol,但丁烷可 能发生裂解生成乙烷和乙烯，也可能发生裂解生 成甲烷和丙烯，所以充分裂解生成乙烷的分子数 小于0.1NA,C错误；C2HO中含o键最多是环 3 真题密卷 氧乙烷，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol,故 最多含0.7NA个o键，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1s22s22p3s23p°，A 错误C0号中C的价层电子对数为3+6-3X2 2 =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?构成，电子 式为Ca[CC,C正确；二氧化碳晶体属于分子 晶体，D错误。 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+2H2OCa(OH)2十 2H2个，A正确；NaOH溶液只吸收NO2时，得到 的产物为NaNO3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)+Hg+(aq)一HgS(s)+Fe2+ (ag),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】氨化硅属于共价晶体，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+3C高温 CaC2+CO个，其中C→CaC2时，C化合价由0价降 低到一1价，C→CO时，C化合价由0价升高到 十2价，因此每生成1 mol CaC.2,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Ca+和C-,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个元键，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，NaClO +CH COOH =CH COONa+HCIO,CH COOH 能制得HCIO,说明酸性：CH COOH>HC1O,A正 3 二轮专题精准提升 确；MgCl2+2NH3·H2O=Mg(OH)2Y+2NHC 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 一氧化戏，发生反应S0,十2C高温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 +H,S0,电解CuS0,十H,+,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Cu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。 10.B【解析】3H2O中含有的质子数为2十8=10， 18g 18gH.0的物质的量为22gn0≈0,82mol 其含有的质子数约为8.2NA,A错误；过程V: 4CuCl+O2一2Cu2OCl2,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，11.2LC12 即0.5 mol Cla2溶于水Cl2+H20HClO+ HCl,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C12 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。 二、选择题 l1.C【解析】Na与S反应生成NazS,Cu与S反应 生成Cu2S,不能生成+2价的盐，Cl2与S也不能 生成盐，A错误；若d是酸，为HCIO,HClO不稳 定，见光或受热分解为HCI和O2,B错误；新制 的Cu(OH)2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.AD【解析】由题中信息和催化机理分析，可知 反应①：C2H4+H2O+PdCl2=CH3CHO+Pd +2HCl,反应②：Pd+2CuC2—PdC2+ 2CuCl,反应③：4CuCl+O2+4HCI一4CuCL2 +2H2O,故可知X为CH:CHO,Y为HCl,Z为 O2,W为H2O。根据分析可知，X为CH3CHO, Z为O2,A错误；在反应①中，C2H4转化为 CH;CHO,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十 2CuCl2-PdCl2+2CuCl,所以n(PdCl2): ·化学· n(CuCl2)=1:2,C正确；由分析可知，反应③： 4CuCl+O,+4HCI =4CuCl2+2H,O,Y HCl,Z为O2,则n(Y)：n(Z)=n(HCl):n(O2)= 4：1,D错误。 13.BD【解析】碱性条件下，NaClO把Fe(OH)3氧 化为Na2FeO4,自身还原为NaCl,化学方程式为 3NaC1O++2Fe(OH)3+4NaOH -2Na2 FeO +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正确；C1O会发生水解，1L 0.1mol·L-1 NaClO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0.5molH2O,则反应转移电子的物质的量为 0.6mol,数目为0.6NA,D正确。 14.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CC13CHO反应生成CHC13和HCOO-,加入 溶液调节pH值后再加入25mL0.1mol·L1 I2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用 0.02mol·L1Na2S2O3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号与H不能大 量共存，故步骤Ⅲ发生的反应为HCOO十I2+ 3OH—2I+CO号-+2H2O,B错误；步骤IV原来 溶液中2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Na2SO3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；根据题千流程图可找到关系 式：CCl3CHO~HCOO~I2,I22Na2S2O3可知，过 量的12的物质的量为0.02mol·L1×V×10-3L 2=VX10-5mol,则与HC00反应的l2的物质 的量为(25×10-3L×0.1mol·L1-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×10-2 ,D正确。 m 15.AC【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 参考答案及解析 酸反应生成碳酸氢钠，加入175L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(CO2)=n(HCl)=0.02mol,可得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(NaC)=0.2mol·L-1×0.275L= 0.055mol,根据钠元素守恒可知，n(Na2O2)= 1 (0.055-0.02)mol×2=0.0175mol,据此作答。 根据分析，原混合物中NaHCO3和Na2O2物质 0.02mo18 的量之比为0,0175m0=7,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+ 2H20—4NaOH+O2个，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 Na2○2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正确；根据分析，HC1的浓 度为0.2mol·L-1,D错误。 三、非选择题 16.(1)13.9(1分) (2)①③⑤(1分)检查是否漏水(1分) (3)f、a、g、c(1分) (4)ad(1分) (5)Ba2++2OH+2H++SO?—BaS04↓+ 2H2O(2分) (6)先变暗后变亮(1分) (7)BC(2分) 【解析】(1)250mL×1.0mol·L1=18mol·L1 ×VmL,解得V≈13.9，即需要13.9mL 18mol·L-1H2S04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；d.用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀；f.将稀释 后的H2SO4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 3 真题密卷 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，a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 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， 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，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?—BaSO4↓ +2H2O。 (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BaSO,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。 17.(1)①13.9g(1分) ②cd(1分) (2)①铁氰化钾（或K3Fe(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·L-1Fe2(SO4)3溶液(2分) ②1mL2mol·L-1FeS04溶液和1mL1mol· L-1Na2SO4溶液(2分) 3 二轮专题精准提升 【解析】配制480mL0.1mol·L1FeSO4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·L-1FeS04溶液， 需选用500mL容量瓶，需要的FeSO4·7H2O 质量为0.1mol·L1×0.5L×278g·mol-1= 13.9g。 ②配制480mL0.1mol·L-1FeSO4溶液需要 药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、 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选用特征试剂铁氯化钾(KFe(CN)6])检 验Fe+,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·L1;由图 1可知1.5×10s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2.7×10-9mol·L1 《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· L1FSO4溶液中通入O2发生反应的离子方程式 为4Fe2++O2+10H204Fe(OH)3V+8Ht。 (3)由(2)可知，Fe+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：Cl0+2Fe+十 4OH+H2OCI+2Fe(OH)3￥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：5C10+2Fe2++5H20—C1-+ 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++5H2O-C1-+ 2Fe(OH)3V十5H+表示；在上述反应过程中溶 液的DH逐渐下降以及溶液中的C1一浓度逐渐增 大，发生ClO、C1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5ClO-+2Fe++ 5H2O-C1+2Fe(OH)3￥+4HC1O,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CI一浓度逐渐增大，ClO、CI厂和H+三 者之间反应会产生氯气，反应为CIO十C1十 2H+—CL2个十H2O,则需要注意防止产生的有 毒气体氯气污染空气。 ·化学· (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-1FeSO4溶液和1mol·L 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。 18.(1)加快溶解速率，提高浸出率(1分) (2)防止生成Eu(OH)3沉淀(1分)缓慢滴加 NaOH溶液，同时测定溶液的pH值(2分) (3)容量瓶、烧杯(1分) (4)滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变无 色，并保持半分钟不恢复原色(1分)滴定终点 呈碱性，使用甲基橙误差较大(2分) (5)Eu(C1H5O2)3·xH2O吸潮的水(2分) 1.7(2分) 【解析】将EuO3加入稀盐酸中加热溶解，调节pH =6,再加入苯甲酸钠溶液，得到Eu(C,HO2)3· xH2○沉淀，再经过抽滤、洗涤，得到产品。 (1)步骤①中，加热的目的是加快溶解速率，提高 浸出率。 (2)Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀， 步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加 NaOH溶液，目的是防止生成Eu(OH)3沉淀； pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴 加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值。 (3)配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需 的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶。 (4)用酚酞作指示剂，HC1标准溶液滴定剩余的 NaOH,滴定终，点的现象为滴入最后半滴标准溶 液，溶液由浅红色变无色，并保持半分钟不变色； 滴定终，点溶液呈碱性，甲基橙变色范围在酸性范 围内，使用甲基橙作指示剂误差较大。 (5)Eu(C7HO2)3·xH2O在空气中易吸潮，0~ 92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C,HO2)3· xH20吸潮的水，92~195℃失去的是结晶水的质量； 最后得到的是Eu2O3,1 mol Eu(C,HO2)3·xHO 失去结晶水质量减少18xg,重量减少5.2%，根据 M(C HO2)=121 g.mol,1 mol Eu(CHO2) 生成0.5mol的Eu2O3,质量减少3×(121-8)g= 339g,重量减少56.8%，有关系式18x:5.2%= 339:56.8%,解得x≈1.7。 19.(1)①[Ar]3d(或1s2s2p3s3p3d°)(1分) ②2Cr++4HC05080eCu(OHD,·CuC0,Y 参考答案及解析 十3C02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 多的Cu(OH)2(1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个+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(1分) (6)2CuCO3·3Cu(OH)2[或3Cu(OH)2· 2CuC03或Cu(OH)6(C03)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、千燥得 到碱式碳酸铜固体；在装置A生成氮气，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 1s22s22p53s23p53d°。 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 2C2++4HC0570-80eCu(OH)2·CuC0,1 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)步骤川中，洗涤的目的是除去固体表面的 Na2SO4,检验滤渣是否洗涤千净只需要检验洗 涤液中的S○？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，证明滤渣洗涤千净。 (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 应生成氨气和水：NO2+NH—N2个十 2H2O;为防止氨气中水对D装置中生成水的千 扰，氮气进入D前需要千燥，故C中为浓硫酸。 (4)若蓝绿色固体的组成为zCuCO·yCu(OH)2, 则分解生成黑色氧化铜、水和二氧化碳，故实验能观 3 真题密卷 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 吸收CO2,b符合题意；由Kp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，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(OHD2质量为10.84g一4.96g=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 C4(OHDs(CO3)2。 20.(1)3(1分)5s25p3(1分) (2)Sb2 S3+60H-SbS+SbO+3H20(2 分)2SbSg+6H+—Sb2S3↓+3H2S↑ (2分) (3)Fe2O3、CuS(1分) (4)3×10-24(2分) (5)4.0(1分) (6)S2--2e—S、40H--4e—02个+ 2H2O(2分) 【解析】锑矿粉浸出过程中加入硫代硫酸钠作还 原剂，在NaOH溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和 Sb2S3都溶于NaOH溶液，Fe2O3和CuS不溶， 过滤除去，含NaSbO2和Na2S的溶液中加入硫 酸铜溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀，过滤后 向滤液中先加入浓NaOH溶液，加热至适当温度 后，慢慢滴入H2○2溶液，将十3价的Sb氧化为 +5价，得到NaSbO3·3H2O沉淀，过滤，向得到 的NaSbO3·3H2O晶体中加入氢氟酸进行转 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Al2O3,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 止食品被氧化，涉及氧化还原反应，B不符合题 3 ·10 二轮专题精准提升 化，最后为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干 燥，得到NaSbFa。 (1)元素周期表p区元素价电子排布为 ns2npl~6,Sb、Fe、Cu、O、S中位于元素周期表p 区的有Sb、O、S共3种，Sb位于第五周期VA 族，价电子排布式为5s25p3。 (2)“浸出”时Sb2S可与NaOH反应生成硫代亚 锑酸盐(Na3SbS3)和亚锑酸盐(Na3SbO3),根据 电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为Sb2S,十 6OH--SbS-+SbOg-+3H2O;SbS3-只能 在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸，硫 代亚锑酸与亚硫酸类似，会分解产生Sb2S沉淀 和H2S气体，离子方程式为2SbS十6H+一 Sb2S3￥+3H2S↑。 (3)由分析可知，“滤渣1”的成分是FeO3和CuS。 (4)“精制”的目的是除去溶液中的S2,常温下，向 “滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu(OH)2沉淀，若 10-14 此时溶液的pH为10，c(OH)= 10-10mol·L-1 =10-4mol·L1,c(Cu2+)= K [Cu(OH):]= C2(OH) 2.1×1020 a04)2mol·L1=2.1X102molL1,则溶 Kp(CuS)6.3X10-36 液中剩余c(S)=cCC号-2.1X10亚mol· L-1=3×10-24mol.L-1。 (5)锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损 失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF。的 质量为 10t×20%×(1-5%)×(23+122+6×19) 122 ≈4.0t。 (6)工业上还可以通过电解含Na3SbS、Na2S、 NaOH的溶液制备金属Sb,电解过程中，S2-在 阳极失去电子生成S,OH一也可在阳极失去电子 生成O2,阳极上发生的电极反应为S2-一2e —S、40H-4e—02个+2H20。 轮专题精准提升（三） 氧化还原反应 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 了原电池，发生了氧化还原反应，D不符合题意。真 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90分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16F-19Na一23S-32Ca一40Fe-56 Cu-64Sb-122Ba-137Eu-152 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 5 9 10 答案 1.河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组 件主要成分属于有机物的是 () A.基石 B.斗拱 C.青瓦 D.琉璃 2.下列化学用语表达正确的是 A.基态As原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p OH B.有机化合物 存在顺反异构体 C.基态镁原子价层电子的电子云轮廓图： P: D.用电子式表示C02的形成过程：20.+心一→0：C0: 3.实验室将FeCL3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.FeCL3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FeCl,加入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.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.标准状况下，11.2LNH3与11.2LHF均含有5NA个质子 B.常温下，1LpH=9的CH3 COONa溶液中，水电离出的OH数目为10-9NA C.5.8g丁烷充分裂解，生成物中乙烷的分子数为0.1NA D.4.4gC2H4O中含有σ键数目最多是0.7NA 二轮专题精准提升（二）化学第1页（共8页） 真 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,高温Ca0+C0,个，Ca0+3C商温CaC,十C0*。下列说法正确的是 班级 ( A.基态Ca+的电子排布式：[Ar]4s2 BCO?的空间构型为四面体形 姓名 C.CaC2的电子式为Ca2[CC: 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 得分 A.CaH2用作野外生氢剂：CaH2+2H2O—Ca(OH)2+2H2个 B.氢氧化钠溶液吸收尾气二氧化氮：3NO2+2OH-—2NO3+NO+H2O C.FeS除去工业废水中的Hg2+:S2-+Hg2+—HgS1 D.白醋除去水壶中的水垢：CaCO3十2H+一CO2个+H2O+Ca+ 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 B 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 () 生有圈cC0C□ ② A.反应①每生成1 mol CaC2,转移电子数目为2NA B.1 mol CaC2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 NaClO+CH,COOH-CH:COONa+HCIO 酸性：CH:COOH>HC1O MgC2+2NH·H2O-Mg(OHD2￥+2NHCl 碱性：NH3·H2O>Mg(OH)z C Si0,+2C高温。 i+2CO 非金属性：C>Si 0 Cu十H,S0,电解cuS0,十H个 还原性：Cu>H 10.催化氧化法将工业副产物HC1制成C2,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 () V Oz H2O II 一Cu(OH)CL, 、HCI Cu2OCl A.18g3H20中含有的质子数为10NA B.过程V,氧化1 mol CuCl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C12与HC1所占的体积均为22.4L 题密卷 二轮专题精准提升（二）化学第2页（共8页） 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 11 12 13 14 15 答案 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 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 12.一定条件下，将乙烯和氧气通人PdC2和CuC12的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为2C2H4(g)十 O2(g)→2 CH CHO(g)△H=一487.4k·mol1。其催化机理如图所示： C,H和HO PdCl, CuCl, W 下列分析错误的是 A.X为O2,Z为CH,CHO B.①中，C2H4发生了氧化反应 C.②中，n(PdCl2):n(CuC2)=1:2 D.③中，n(Y):n(Z)=2:1 l3.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种绿色消毒剂，碱性条件下湿法制备的化学原理为NaClO+Fe(OH)3+ NaOH→Na2FeO4十X+H2O(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Cl B.氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2 C.1L0.1mol·L1 NaCIO溶液中含ClO数目为0.1Na D.若生成0.5molH2O,则反应转移的电子数为0.6NA 14.三氯乙醛(CCl 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S4O4,下列说法错误的是 () 样品加水配成，取溶液加适量了 CHCl,与 用溶液调pH 加淀粉指示剂 计算三氯乙 mg100mL溶液10 mL NazCO3 C00溶液加0.1mol-LL2,25mL消耗0.02mo 醛纯度 Na2S203.V mL 步骤I 步骤Ⅱ 步骤Ⅲ 步骤V 3 二轮专题精准提升（二）化学第3页（共8页）】 真题 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+12十2OH一2I十CO号+H2O十H+ C.步骤V,滴定终点的现象为加入最后半滴Na2S2O,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(25×0.1一0.01XV)MX10 m 15.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，再逐滴加人盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图 示。下列说法正确的是 () V(CO2)/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Na2 CO3 C.密闭容器中排出气体的成分为O2和水蒸气 D.HCl的浓度为0.4mol·L1 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(10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·L-1H2S04溶液。 (1)计算：需要18mol·L1H2SO4溶液 mL(计算结果精确到小数点后一位)。 (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，洗涤液均注人容量瓶。 b.用量简量取所需体积的18mol·L1H2S04溶液注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯。 ℃.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溶液沿玻璃棒注人250mL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。 (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人容量瓶定容 b.移液过程有少量H2SO4溶液溅出瓶外 c.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： 密卷 二轮专题精准提升（二）化学第4页（共8页） 稀HS0吕 Ba(OH溶液 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)?电离出的离子导电 17.(13分)FS04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FeSO4溶 液并探究其性质。 (1)配制480mL0.1mol·L-1FeSO4溶液。 ①计算需要FeSO,·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)。 20 月 (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 tis 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 0 ②t=1.5×104s时，乙同学检测发现超过千分之一的Fe+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 二轮专题精准提升（二）化学第5页（共8页） 真题密 (3)向含少量NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，用pH传感器测得滴人FeSO4溶液过 程中的pH变化曲线如图所示： 12 A 10 B 玉 6 D E出 200 400 600 800 tls 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-CI-+2Fe(OH)3 b.5C1O-+2Fe2++5H2O-CI-+2Fe(OH)3+4HCIO c.HCIO+2Fe2++5H2O-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) (4)丙同学想设计实验对比Fe2+和Fe3+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·L1Fe2(SO4)3溶液、2mol·L-1FeSO4溶液、1mol·L1FeSO4溶液、 1mol·L1Na2S0,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 ③ 常温 1.6 10% 10m 18.(12分)某兴趣小组按如图流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C,HO2)3·xH2O,并通 过实验测定产品纯度和结晶水个数（杂质受热不分解）。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)? 沉淀。Eu(C,HO2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 ① ② 滴加稀盐酸调节溶液pH至6加入苯甲酸钠溶液抽滤，洗涤 Eu2O 产品 加热 (1)步骤①中，加热的目的为 (2)步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为 ;pH 接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为 (3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为 卷 二轮专题精准提升（二）化学第6页（共8页） 3 (4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的 NaOH标准溶液，滴入I~2滴酚酞溶液，用HCI标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象 为 。实验所需的指示剂不可更 换为甲基橙，原因为 (5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92℃范围内产品质量减轻 的原因为 。结晶水个数x≈ [M(C,HO2)=121g·mol-1,结果 保留两位有效数字]。 100 ☐3.6% 92℃ ☐5.2% 195℃ 60 56.8% 40 0 200 400600 800 温度(C 19.(13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 iⅱ ii Cu(OH),CuCO CuSO5H,0晶体研磨 热水中反应 系列操作 固体 (1)①Cu+基态核外电子排布式为 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70~80℃，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ⅲ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 无水 硫酸铜 澄清 瓶 石灰水 分 C 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 3 二轮专题精准提升（二）化学第7页（共8页）】 真题密 (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CO2 c.相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO d.吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3,测量误差小 (6)若蓝绿色固体的组成为zCuCO3·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B(OH)2溶液]。则 该蓝绿色固体的化学式为 0 20.(12分)NaSbF6(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿（主要 含Sb2O3、Sb2S3,还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等)为原料制备NaSbF。的工艺流程如图所示： NaOH、NaS,O,溶液 胆矾 X H2O 氢氟酸 ↓↓ 锑矿一→浸宙逃液，精制一→转花→NaSbO,.3H,O品体一→氟化系列操作，NaSbF。. 滤渣1 滤渣2 已知：①常温下，Kp(CuS)=6.3X10-36、Kp[Cu(OH)2]=2.1×10-0。 ②“滤液”中主要含有NaSbO2、NazS以及NaOH三种溶质。 回答下列问题： (I)锑矿含有的五种元素(Sb、Fe、Cu、O、S)中位于元素周期表p区的有 种，基态Sb原子的 价电子排布式为 (2)“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐(Na3SbS)和亚锑酸盐(Na3SbO3),写出反应的 离子方程式： SS只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），写 出Nag SbSa与稀硫酸反应的离子方程式： (3)“滤渣1”的成分是 (填化学式)。 (4)“精制”的目的是除去溶液中的S2。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu(OH)2沉 淀，若此时溶液的pH为10，则溶液中剩余c(S2-)= mol·L-1。 (5)锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制 备NaSbFa的质量为 t(保留两位有效数字)。 (6)工业上还可以通过电解含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb,电解过程中，阳极上发生 的电极反应为 卷 二轮专题精准提升（二）化学第8页（共8页）