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（辽鄂黑吉蒙川专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（二） 卺题{ 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一1C一12O-16F-19Na一23S-32Ca一40 Fe56Cu-64Sb-122Ba-137Eu-152Bi-209 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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 2 3 4 5 6 8 10 11 12 13 14 15 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.南宋天封塔地宫银殿 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Si原子的价层电子排布图：☐ 35 3p B.O的同位素8O可作为有机反应示踪原子 :C: C.SiCl4的电子式为：i:$i:: :CH: D.SiO2的球棍模型为 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FeCl3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.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.1molD318O+(其中D代表H)中含有中子的数目为10NA 二轮专题精准提升（二）化学第1页（共8页）】 真题 梦想是运方的灯塔，指引你走向成功的被岸 C.100g46%的乙醇溶液中，含有氧原子的数目为4NA 班级 D.标准状况下，2 mol HC1与44.8LH2和C2的混合气体中含有共价键的数目均为2NA 5.电石可通过如下反应制得：CaC03 商源ca0+C0,◆，Ca0+3C商CaC+C0个。下 姓名 列说法正确的是 A.基态Ca2+的电子排布式：[Ar]4s2 得分 B.CO?的空间构型为四面体形 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 A.CaH2用作野外生氢剂：CaH2+2H2OCa(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+—HgSV D.白醋除去水壶中的水垢：CaCO3十2H+—CO2个十H2O十Ca2+ 7.下列说法错误的是 A.亚硝酸钠用作食品防腐剂是利用其强氧化性 B.某些油脂兼有酯和烯烃的一些化学性质 C.新型陶瓷在组成上不限于传统的硅酸盐 D.新型储氢合金材料的研发利于氢能的利用 8.羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。由CO和HS反应可制备 COS:H2S十CO=COS+H2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是() A.17gH2S与CO充分反应，生成COS分子的数目为0.5NA B.22.4LCO参与反应，转移电子的数目为2NA C.30gCOS中含有o键的数目为NA D.1molH2和D2的混合气体含有中子的数目为1.5NA 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 NaC1O+CH COOH-CH COONa+HCIO 酸性：CH3COOH>HC1O B MgCl2+2NHg.H2 O-Mg(OH)2+2NH,CI 碱性：NH3·H2O>Mg(OH)2 C Si0,十2C高温si+2C0+ 非金属性：C>Si D Cu+H,S0,电解CuS0,+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） 2 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 () VO2H,0Ⅱ →CuC Cu(OH)CL HCI Cu2OCI2 Cuo A.18g3H2O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，11.2LCl2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Cl2与HC1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 单质氧化物 盐 碱/酸 A.a与单质疏混合加热，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 一浓硝酸 铜片 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：AI<Cu 13.过二硫酸钾与硫酸锰的反应方程式为K2S2Og十MnSO4十H2O→KMnO4十H2SO4 十K2SO4(未配平)，下列说法正确的是 () A.还原产物是KMnO4 B.被还原的元素是K2S2O8中的S 2 二轮专题精准提升（二）化学第3页（共8页） 真题 C.3.6gH2O参加反应时，转移0.25NA个电子 D.氧化剂和还原剂的物质的量之比是2：5 14.三氯乙醛(CC13CHO)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+2S2O—2I+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pH 加淀粉指示剂 计算三氯乙 mg 100mL溶液10mLNa,C0,HC00溶液加0.1molL12,25ml 消耗0.02molL 醛纯度 NaS201.V mL 步骤1 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+I2+2OH—2I+CO+H2O+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(25X0.1-0.01×V)M×10 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 () 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Na2CO? C.密闭容器中排出气体的成分为O2 D.HCl的浓度为0.4mol·L1 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)FSO4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-1FeS04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)。 500 6 密卷 二轮专题精准提升（二）化学第4页（共8页）》 (2)常温时，在磁力搅拌器搅拌下，向新制未酸化的0.1mol·L1FeSO4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 s ①甲同学实验检验溶液中含有剩余的Fe+,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]=2.7×10-39,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 8 6 E 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.C1O-+2Fe2++40H-+H2O-C1-+2Fe(OH)3 b.5C1O-+2Fe2++5H2O-CI-+2Fe(OH)3+4HCIO c.HC1O+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·L-1Fe2(SO4)3溶液、2mol·L-1FeSO4溶液、1mol·L-1 FeSO4溶液、1mol·L-1Na2SO4溶液。 二轮专题精准提升（二）化学第5页（共8页） 真题密 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% 10 mL 17.（14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)3沉淀。Eu(C,HO2)3·xH2O在空气中易 吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 ① 滴加稀盐酸调节溶液pH至6加人苯甲酸钠溶液抽滤，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 (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1~2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(CHO2)=121g·mol-1,结果保留两位有效数字]。 100 ☐3.6% 75.2% 92C 呢 195C 56.8% 60 40 0 200 400600 800 温度C) 卷 二轮专题精准提升（二）化学第6页（共8页） 2 18.(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 ii Cu(OH)CuCO CuSO45H,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 d● 安 无水 硫酸铜 澄清 瓶 围石灰水 D 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：Kp(CaCO3)=2.8×10-9,Kp(BaCO3)=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BaCO3 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Ba(OH)2溶液]。则该蓝绿色固体的化学式为 二轮专题精准提升（二）化学第7页（共8页） 真题密 19.(12分)铋(B)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FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如图所示： H,O2、盐酸调pH 氨水盐酸NaOH、NaCIO 辉铋矿→氧化浸取除铁一→除铜一溶解→转化→NaBi0, 滤渣1滤渣2滤液3 滤液4 已知：i.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)4]2++2OH-。 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NaBiO3的反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 (5)NaBiO3产品纯度的测定。取NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和10 mL a mol·L1 FeSO4稀溶液使其完全反应(Bi被还原为十3价)，再用bmol·L1KCr2O,标准溶液 滴定溶液中剩余的Fe+(Cr被还原为+3价)，恰好消耗10 mL KCra2O,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 NaBiO: 2 -KMnO 溶液 卷 二轮专题精准提升（二）化学第8页（共8页）·化学· (4)①阴极上，CO2发生还原反应转化为甲烷，电 极反应式为CO2+8H++8e=CH4十2H2O。 ②标准状况下112m3CH的物质的量为 2.4L,mo斤=500mol,报据C02+8H+8e 112×103L 2025一2026学年度 化学·物质的组成、分 一、选择题 1.B【解析】战国羽人竞渡铜锇属于合金材料，A 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 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3s3p,价电子排布国为的01☐，A 正确；0和180为氧元素的两种同位素，80常用 作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B正 确；SiCl4为分子晶体，Si与CI形成一对共用电子 :C1: 对，故SiCl4的电子式为：：i::,C正确；SiO2为 :C1: 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】FeCl3溶液能和铜单质反应，可用于印 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FeCl,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 参考答案及解析 CH4十2H20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 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Cl2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 HC1与标准状况下44.8LH2 和Cl2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+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Ca2+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+2H2O一Ca(OH)2+ 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)+Hg2+(aq)一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 2CHCO0H—CO2↑+H2O+Ca2++2CHCO0, D错误。 7.A【解析】亚硝酸钠用作食品防腐剂是利用亚硝 酸钠能够抑制微生物的生长和代谢来避免物质被 腐蚀，A错误；油脂的烃基中含有碳碳双键和酯 基，所以兼有烯烃和酯类的性质，B正确；新型陶 瓷在组成上不再局限于传统的硅酸盐体系，在光 学、热学、电学、磁学等方面具有很多新的特性和 功能，C正确；新型储氢合金材料是一类可逆的吸 2 真题密卷 收和释放氢气的材料，能大量吸收H2形成金属氢 化物，是目前解决氢气储存和运输问题的材料，D 正确。 8.C【解析】17gH2S的物质的量为0.5mol,但反应 是可逆的，无法完全转化为COS,实际生成的COS分 子数小于0.5NA,A错误；未注明标准状况，无法进行 计算，B错误；COS的结构为O一C一S,每个双键 (C=O和C-S)含1个o键，故每个COS分子含2 30g 个6键，30gC0S的物质的量为60g·mol厅 0.5mol,含有。键的数目为NA,C正确；H2分子无 中子，D2分子含2个中子，若H2和D2混合，中子数 取决于比例，题目未指明比例，无法确定中子数为 1.5NA,D错误。 9.A【解析】根据强酸制弱酸原理，NaCO +CH COOH-CH COONa+HCIO,CH COOH 能制得HClO,说明酸性：CH3COOH>HClO,A正 确；MgC2+2NH·H2O-Mg(OH)2Y+2NHCl 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 -氧化碳，发生反应S0,十2C商温S+2C0+,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Cu和H2的还原性强弱，在通常情况下， H的还原性强于Cu,D错误。 10.B【解析】3H20中含有的质子数为2+8=10， 18gH0的物质的量为218g /22g·molF≈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+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0.5molC12溶于水Cl2十H2O==HC1O+ HCI,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Cl2 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。 11.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，Cl2与S也不能 生成盐，A错误；若d是酸，为HCIO,HClO不稳 2 二轮专题精准提升 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+2价盐，可以是CuCl2, CuCl2水解得到Cu(OH)2和HCl,HCI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中氮元素化合价降低，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=6.02×102, 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.C【解析】KzS2Og中含有一个O一0键，有两 个O原子为一1价，反应后降低到一2价， K2S2Og具有很强的氧化性，将Mn2+氧化为 MnO,,根据化合价升降守恒、原子守恒可配平 方程式为5K2S2O8+2MnSO4+8H20 2KMnO4+8H2SO,+4K2SO4。反应中Mn2+被 氧化为MnO:,故KMnO4为氧化产物，A错误； 反应过程中，K2S2Og中的S为十6价，反应前后 化合价没有发生变化，KS,O。中含有一个O一O 键，有两个O原子为一1价，反应后降低到一2 价，因此被还原的元素为O,B错误；8molH2O 参与反应时，转移10mol电子，3.6g水的物质 量为0.2mol,参加反应时，转移0.25mol电子， 即转移的电子数为0.25NA,C正确；根据方程式 可知氧化剂为K2S2Og,还原剂为MnSO4,因此 氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，D 错误。 14.B【解析】将样品溶于水配制100mL溶液，从 中取出10mL溶液加适量的Na2CO3进行反应， 与CCl3CHO反应生成CHCl3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·L1Na2S2O3溶液滴定，消耗VmL, ·化学· 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+2十 3OH—2I+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Na2S2O3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：CCl,CHO~HCOO~L2,l2~2Na2S2O3可知，过 量的2的物质的量为0.02mol·L1×V×10-3L ×号=VX105m0l,则与1HC00反应的L的物质 的量为(25×10-3L×0.1mol·L1-V×10-5)mol =(25×0.1-0.01V)×10-3mol,故三氯乙醛（摩尔 质量为Mg·mol-1)的纯度为 (25×0.1-0.01×V)×M×10-2 ,D正确。 15.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448mLCO2,物质的量为 0.02mol,n(C02)=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(NaCl)=0.2mol·L1X 0.275L=0.055mol,根据钠元素守恒可知， 1 nNa02)=(0.055-0.02)molX2=0.0175mol, 据此作答。根据分析，原混合物中NaHCO 和Na2O2物质的量之比为 0.02mol8 .0175mo1=7A 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+2C02一2Na2CO3+O2, 2Na2O2+2H2O一4NaOH+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 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·L-1,D错误。 参考答案及解析 二、非选择题 16.(1)①13.9g(1分) ②cd(2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++O2+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(S0)3溶液(2分) ②1mL2mol·L-1FesO,溶液和1mL1mol· L-1NaSO4溶液(2分) 【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·L1FeSO4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·L1FeSO4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选用特征试剂铁氰化钾(KgFe(CN)6])检 验Fe2+,会生成蓝色沉淀。 ②0.1mol·L1FeSO4溶液中Fe2+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+)>10-4mol·L1;由图 1可知1.5×104s时pH接近4，根据 KpFe(OH)3]=2.7×10-39,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+10H0—4Fe(OH)3↓+8H。 (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：ClO十2Fe2+十 4OH+H2OC1+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NaCl1和弱酸HClO,可用离子方 程式：5CI0+2Fe2++5H20—CI+ 2Fe(OH)3V十4HClO表示；过程C~D,体系中 HCIO继续与滴入的Fe+反应转化为HCl,可用 2 真题密卷 离子方程式：HC1O十2Fe2++5H2O=Cl-+ 2Fe(OH)3V+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C1O、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5Cl0+2Fe++ 5H2O-CI-+2Fe(OH)3￥+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，CIO、C1和H+三 者之间反应会产生氯气，反应为CIO-十Cl-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·L1FeSO4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。 17.(1)加快溶解速率，提高浸出率(2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)滴人最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变无 色，并保持半分钟不恢复原色(2分)滴定终点 呈碱性，使用甲基橙误差较大(2分) (5)Eu(C,HO2)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(CHO2)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 2 二轮专题精准提升 围内，使用甲基橙作指示剂误差较大。 (5)Eu(C,HO2)3·xH2O在空气中易吸潮，0~ 92℃范围内产品质量减轻的是Eu(CHO2)3· xH20吸潮的水，92~195℃失去的是结晶水的质量； 最后得到的是EuO3,1 mol Eu(C,HO2)3·xH2O 失去结晶水质量减少18xg,重量减少5.2%，根据 M(C HO2)=121 g.mol-1,1 mol Eu(C,HO2)3 生成0.5mol的Eu203,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。 18.(1)①[Ar]3d(或1s22s22p3s23p3d)(1分) ②2Cu++4HC0570~s0eCu(OHD,·CuC0,Y 十3CO2个十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(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(1分) (5)bd(2分) (6)2CuCO3·3Cu(OH)2[或3Cu(OH)2· 2CuCO3或Cu(OH)6(CO3)2](2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 氧化碳和水的千扰，以此解答。 (1)①铜为第29号元素，失去2个电子为Cu+, Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d°或 1s22s22p3s23p3d°。 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++4HCO700-Cu(OHD.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 ·化学· Na2SO4,检验滤渣是否洗涤千净只需要检验洗 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 应生成氮气和水：NO2十NH一N2个十 2H2O;为防止氨气中水对D装置中生成水的干 扰，氨气进入D前需要千燥，故C中为浓硫酸。 (4)若蓝绿色固体的组成为zCuCO3·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 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(OHD2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 Cu(OH)6(CO3)2。 19.(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(1分) (4)1:1(1分) (5)140(a-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Bi2S,+3H2O2+6H+—2Bi3++3S+ 6H20、2FeS+3H2O2+6H+-2Fe3++2S+ 6H2O、CuO+2H+Cu2++H2O,得到含S和 参考答案及解析 SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+, 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C+ +4NH3·H2O-=[Cu(NH3)4]++4H2O,Bi3+ 转化为氢氧化缺沉淀，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 Na++ClO-+Bi++40H--NaBiOs+Cl +2H2O,得到产品NaBiO3。 (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+3H2O2十6H+—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铋转化 为铋酸钠沉淀，氯元素化合价由十1变为一1作 氧化剂，铋元素化合价由十3变为+5发生氧化 反应生成氧化产物NaBiO3,结合电子守恒可 知NaBiO3~2e~ClO,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Fe2+氧化成Fe3+ (NaBiO3被还原成Bi3+),根据电子守恒可 知NaBiO3~2Fe2+；剩余的Fe2+恰好消耗 10mLK2Cr2O,(Cr被还原为十3价)标准溶液氧 化，根据得失电子守恒可知K2Cr2O,~6e ~6Fe+,被bmol·L1K2Cr2On氧化的亚铁离子 为(6×b×10×10-3)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×(a×10X103mol-6×b ×10×10-3mol),该产品的纯度为 2×(a×10X103-6xbX10X10)mlX280g·ml g X10%-1a%. (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+4H2O-MnOa+8H+。 2