专题卷(1)物质的组成、分类化学用语化学计量-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（一） 化学·物质的组成、分类化学用语 化学计量 (考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23A127S32C135.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zr 91 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。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.研究物质的性质，常常运用观察、实验、分类、比较等方法。下列有关说法正确的是 A.研究CI2的性质时只需采用观察法 B.研究浓H2SO4的化学性质只能采用实验法 C.对SO,分类，不能预测SO,能否用NaOH溶液吸收 D.选择NaHCO3溶液除去CO2中的HCI应用了比较法 2.2025年全国多地推广“无磷洗衣液”，倡导绿色洗衣理念。下列关于洗衣液的说法错误的是 A.“无磷洗衣液”可减少水体富营养化，降低藻类过度繁殖风险 B.洗衣液中的表面活性剂通过乳化作用瓦解油污，属于物理变化 C.含酶洗衣液的酶本质是蛋白质，需在适宜温度下使用，避免高温变性 D.洗衣液中添加的香精、色素均属于有害添加剂，应禁止使用 3.国之重器是国之底气。下列关于我国的国之重器叙述正确的是 A.“朱雀二号”运载火箭所用燃料液氧一甲烷属于纯净物 B.“中国天眼”的防腐膜所用聚苯乙烯的单体是苯乙烯 C.“LNG船”的液罐所用不锈钢的熔点高于纯铁 D.“嫦娥六号”所用太阳能电池是将化学能转化为电能 4.广东非遗文化底蕴深厚，下列广东非遗文化相关物品的主要成分属于无机非金属材料的是 A.潮州木雕 B.佛山剪纸 C.雷州青瓷 D.东莞草编工艺品 化学B·专题卷（一）第1页（共8页） 鱼跃龙 5.下列化学用语正确的是 A.乙烷的键线式：入 B.丙烯的结构简式：CH3CHCH2 C.乙醇分子的球棍模型： D.碳骨架为一的烃的分子式：C,H。 6.以下物质间的转化中，不能通过一步反应实现的是 A.Al→Al2O3→Al(OH)3→Na[Al(OH)4]B.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)g C.S→S02→H2S03→H2S04 D.N2→NO→NO2→HNO3 7.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 单质X0,氧化物10，氧化物2H:9酸（或碱）NaOH或HCD盐 A.X可为铁，上述转化过程中，存在物质颜色的变化 B.X可为硫，单质X在过量O2中燃烧生成氧化物2 C.X可为氮，上述转化中涉及反应均为氧化还原反应 D.X可为钠，单质X、氧化物1、氧化物2均能与盐酸反应生成盐 8.某分子筛类催化剂催化NH3脱除NO、NO2的反应机理如图所示。下列有关该历程的说法错 误的是 2NH: NO2 →2NH A.H+是该反应的催化剂 ① ② 2H [NH)2NO2)]2+ B.若2 mol NO参与反应，则反应③转移电子4mol \④ ③No [(NH)(HNO2)+H C.反应②属于化合反应 N2+2H2O N+H2O D.总反应化学方程式为2NH,十NO十NO,催化剂2N2十3H,O 9.实验室中可利用反应H2S十CuSO4一CuSV+H2SO4吸收H2S。下列说法正确的是 A.S2-的结构示意图： B.基态Cu2+的价层电子排布式：3d84s C.H2S的VSEPR模型： D.∠O-S-O键角：SO<SO? 门卷 化学B·专题卷（一）第2页（共8页） 10.据图所示，能满足下列物质间转化关系(m>n>0),且推理一定成立的是 A.a可为S,d可用于制备b 71 B.a可为Na,c可用作潜水艇的供氧剂 C.a可为N2,c可以与水反应生成b和d o" D.a可为C,同温下盐的溶解度：NaHCO3>Na2COg 单质氧化物酸/碱盐 11.四氰合铜酸钾K2[Cu(CN)4]常用于电镀铜。下列化学用语或图示正确的是 A.中子数为8的碳原子：C CN B.[Cu(CN)4]-的结构示意图： CN 3d C.基态Cu原子的价层电子轨道表示式：个 4s D.用电子云轮廓图表示CN中pPo键的形成过程：8+8一88一∠8 12.NH,CIO4是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如 NH4CIO4+2C一NH?个+2CO2个+HCI个。下列有关化学用语或表述正确的是 A.HCI的形成过程可表示为H·+·Cl:→H+[:CI:] B.NH4CIO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构 C.在C60、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式 D.NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的化学键 13.设N4为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A.0.1mol氯气溶于水中，溶液中氯离子数小于0.1Na B.1 mol Na2CO3·10H2O晶体中含离子总数为3Na C.常温下，5.6g铁分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，转移电子数都是0.3NA D.在含0.1mol硫化钠的溶液中，N(S2-)+N(HS)十N(H2S)=0.1NA 化学B·专题卷（一）第3页（共8页） 鱼跃力 14.FeCl2易水解，实验室用FeCl2固体配制480mL1mol·L1FeCl2溶液。下列说法正确的是 A.需用托盘天平称量61.0 g FeCl2固体 B.配制溶液过程中，玻璃棒只起到引流的作用 C.配制溶液时使用的容量瓶需要干燥 D.溶解FeCl2固体时需要加入少量盐酸 15.汽车碰撞时，安全气囊中的Na通过反应10Na+2KNO3一K2O十5Na2O+N2个转化为 Na2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.14gN2分子中含π键的数目为NA B.1 mol Na2O晶体中含离子的数目为2NA C.反应中生成1molN2转移电子的数目为5Na D.1mol·L1KNO3溶液中阴离子的数目为NA *F(CO)(五羰基铁)是一种典型的金属羰基化合物，广泛应用于化学合成和材料科学，但需注 意其毒性和不稳定性。已知反应2Fe(CO);十33Cl2一2Fe3”Cl3十10CO,设阿伏加德罗常数 的值为NA。下列说法正确的是 A.生成1 mol Fe3CL3时，Fe(CO);失去的电子数为3NA B.1mol基态Fe原子的价电子数为2Na C.22.4L3Cl2含有的中子数为40NA D.常温下，1L0.01mol·L1Fe3Cl3溶液中，Fe3+数目10-2Na 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(13分)用含有Al2O3、SiO2和少量Fe0·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O的工艺 流程如下（部分操作和条件略）： 工.向铝灰中加入过量稀硫酸，过滤； Ⅱ.向I所得滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3，生成红褐色沉淀； Ⅲ.静置，上层溶液呈紫红色； V.加入MnSO4溶液，至紫红色消失，过滤； V.将V所得滤液经过系列操作，最后过滤，得到产品。 门卷 化学B·专题卷（一）第4页（共8页） 班级 回答下列问题： (1)在Al2O3、SiO2、FeO、Fe2O3中，属于碱性氧化物的是 (填化学式)。下列物质能 姓名 与Al2O3发生反应的是 (填标号)。 A.水 B.盐酸 C.烧碱溶液 D.氨水 得分 (2)稀硫酸溶解铝灰涉及反应的离子方程式有 (3)将MnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整： 选择题 ☐MnO:+□Fe++ ☐Mn2++□Fe3++[ 答题栏 (4)已知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2。 1日 2 ①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 3 ②V中加入MnSO4溶液的目的是 5 6 (5)步骤V中“系列操作”是 17.(14分)氢化铝锂(LiA1H4)以其优良的还原性广泛应用于医药、染料等行业。实验室按如图 8 9 流程，利用图示装置制备LiA1H4(夹持、加热装置已省略)。 10 搅拌器 11 12 AIC、乙醚 适量苯 13 1搅拌，过滤滤液 操作A、一系列操作 LH、乙醚 14 28℃ 粗产品 15 LiCI 乙醚 已知：①乙醚沸点为34.5℃，易溶于苯；苯的沸点为80.1℃。 ②LiH、A1Cl3、LiA1H4均溶于乙醚、易水解；AICl3易溶于苯；LiA1H4难溶于苯。 (1)搅拌过程中发生反应的化学方程式为 形管 ,操作A的名称是 管 (2)测定LiAIH4的纯度：常温常压下，称取m g LiAlH4样品置于 mg产品蒸馏永 准 Y形管中，反应前量气管（碱式滴定管）读数为V1mL,倾斜Y 形管，将足量蒸馏水注入样品LiA1H4中（杂质不产生气体），反 应完毕并冷却后，量气管读数为V2mL。 化学B·专题卷（一）第5页（共8页） 鱼跃龙门 ①读数前要进行的操作是 ②该样品纯度为 [用含m、V1、V2、Vm的代数式表示，常温常压下气体摩尔体积 为Vm（L·mol1)];未冷却至室温读数，测定结果会 (填“偏高”“偏低”或“无 影响”)。 (3)为了测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值，进行如下实验。 称取Wg草酸晶体，配成100.00mL溶液。取25.00mL所配溶液于锥形瓶内，加入适 量稀H2SO4后，用浓度为amol·L1的KMnO4溶液滴定至溶液不再褪色为止，所发生 的反应为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4-K2S04+10CO2个+2MnSO4+8H2O。 ①若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴至终点，则所测 得的x的值会 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 ②在滴定过程中若用去amol·L1的KMnO4溶液VmL,则所配制的草酸溶液的物质 的量浓度为 mol·L1,若滴定终点读数时俯视刻度，则计算的x值会 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 18.(14分)四水合草酸铜（Ⅱ）钾{K2[Cu(C2O4)2]·4H2O,M=390g·mol-1}可作为合成复杂 无机物的前驱体或中间体，制备方法如图所示： 加NaOH 溶液 CuO固体 加热 这4苦 过滤 CuSO,溶液 CuO浊液 加K,CO 固体 KICu(CO)2l·4HO 遥 加热 趁热 遥冰水浴 抽滤 晶体 过滤 H,C,O溶液 KHC,O,和 KHCO,和 K2[Cu(C2O2)2] KC,O混合液 KC,O混合液 溶液 已知：K2[Cu(C2O4)2]·4H2O晶体极易风化。 回答下列问题： (I)向CuSO4溶液中加入NaOH溶液并加热的现象是 (2)n(H2C2O4):n(K2CO3)=1.5:1时制得KHC2O4和K2C2O4的混合液，该反应的化学 方程式为 (3)趁热过滤的目的是 (4)K2[Cu(C2O4)2]·4H2O晶体的保存方法是 类 化学B·专题卷（一）第6页（共8页） (5)测定产品纯度时需要高锰酸钾标准溶液70L,配制高锰酸钾标准溶液用到的玻璃仪器 有 (填字母)。 100mL 20℃ (6)热重分析法是测定结晶水合物分解和失重过程的常用方法之一，K2[Cu(C2O4)2]· 4H2O晶体的热重曲线如图所示，B点时化合物的化学式是 ,开始加热至C点 时发生反应的化学方程式是 1001 90.77 解 81.54 B 44.62 0 50100150200250300350 温度/C 19.(14分)锆是一种稀有金属，广泛用于航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂 (主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流 程如图甲： HNO:HCI TOPO 浓盐酸 氨水 ①C、Cl,②H2 NaOH H2O →酸溶→萃取→反萃取→氨沉→煅烧 沸腾氯化→蒸馏→ZrCL ↓ 锆英砂碱熔 水洗 CaO 萃余液 有机相 滤液2 还原性气体HC1馏分 Zr 除硅→CaSiO: 滤液1 甲 已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+； ②“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3; ③25℃时，Kp[Fe(OH)3]=10-38,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5; ④部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 ZrCl CrCl3 FeCla FeCl2 沸点/℃ 331 1300 316 700 化学B·专题卷（一）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 回答下列问题： (1)“碱熔”时有N2ZrO3生成，温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图乙所示，则应采 取的条件为 。 ZrSiO4发生反应的化学方程式为 100220C 。-240C ±260C 80-0-280C 300C 60 40 10 时间/h (2)“萃取”时除去的杂质元素为 ,流程中可循环利用的物质除TOPO外，还有 (填化学式)。 c(NH) (3)沉氨反应结束后溶液中 c(NH·H,O)=1.8X105,则c(Fe3+)= mol·L-1。 (4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式为 。氯化反应结束通入H2,可以将FeCl3转为FeCl2, 其目的是 (5)某种掺杂CaO的ZrO,晶胞结构如图丙所示，Ca位于晶胞的面心。Zr在元素周期表中 与Ti同族且相邻。 ①下列说法正确的是 (填字母)。 o Zr ●0 a.Zr的价电子排布式为5s24d r nm oCa b.O位于Zr与Ca构成的四面体内部 丙 c.每个O周围紧邻的0有12个 ②该晶胞的密度ρ= g·cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含r和NA的 代数式表示)。 化学B·专题卷（一）第8页（共8页）·化学B· 化学（一） 一、选择题 1.D【解析】研究C12的性质还需要实验验证其化学性质，仅观 9 察法不够；浓H2SO,的化学性质研究也可结合分类法（如强酸 特性)，并非只能实验；SO2属于酸性氧化物，分类可预测其能与 NaOH反应；用NaHCO3除去CO2中的HCl,基于酸性强弱比 较(HCl>H2CO3)。 2.D【解析】“无磷洗衣液”通过减少磷排放，降低水体中营养盐 含量，从而减轻富营养化和抑制藻类过度繁殖；表面活性剂通 过降低界面张力，使油污乳化分散成小液滴，便于水冲走，此过 程未生成新物质，属于物理变化；酶作为生物催化剂，主要成分 为蛋白质，高温会破坏其空间结构导致变性失活，因此需在适 宜温度下使用：洗衣液中的香精和色素在符合安全标准时可用 于改善产品感官，并非均有害或需禁止。 3.B【解析】液氧是液态O2,甲烷是CH4,两者混合属于混合物； 聚苯乙烯由苯乙烯通过加聚反应生成，单体为苯乙烯；不锈钢10 是铁基合金，合金熔点通常低于纯金属，因此熔点低于纯铁；太 阳能电池直接将光能转化为电能。 4.C【解析】潮州木雕的主要成分是木材，木材（主要成分为纤维 素)属于天然有机高分子材料；佛山剪纸使用纸张，纸张的主要 成分为纤维素，属于天然有机高分子材料；雷州青瓷属于陶瓷， 陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料；东莞草编工 艺品的主要成分是草类植物，草的主要成分为纤维素等有机1 物，属于天然有机高分子材料。 5.D【解析】键线式中端点和转折点代表碳原子，碳氢键省略不 写，线段表示碳碳键，乙烷中含有2个碳原子，其正确的键线式 为一；结构简式要体现官能团，故丙烯正确的结构简式为 CHCH一CH2;乙醇的结构简式为CHCH2OH,其球棍模型 ；碳骨架为一的烃的结构简式为 12 (CH)2C-CH2,分子式为CHg。 6.A【解析】A项，A1燃烧生成A12O3,但A12O3无法直接转化 为A1(OH)3,需先与酸或碱反应后再中和，无法一步转化。 7.D【解析】Fe2O3与水不能反应；硫在过量O2中燃烧只能生成 SO2,无法直接生成SO3;氮的转化中，HNO3与NaOH发生中 1 和反应生成硝酸盐，是非氧化还原反应；Na与盐酸反应生成氯 化钠和氢气、Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水、Na2O,与盐酸 生成NaCl、氧气、水。 8.B【思路分析】依据图示可知，反应①2NH3十2H+ 2NH;反应②2NH4+NO2一[(NH)2(NO2)]+;反应③ [(NH4)2(NO2)]++NO一[(NH)(HNO2)]++H++ 14 N2+H2O;反应④[(NH4)(HNO2)]+一H++N2+2H2O:总 反应为2NH,十NO十NO,催化剂2N,十3H,0,据此作答。 【解析】依据分析，H在反应①中被消耗，在反应④中生成，整 个过程中H+循环使用，质量和化学性质不变，符合催化剂定 义；反应③[(NH4)2(NO2)]++NO一[(NH,)(HNO2)]++ 15 H+十N2十H2O,反应物中氮元素有一3、十4、十2三种价态，生 成物中氮元素有一3、十3、0三种价态，依据化合价变化规律，则 化合价变化应该为一3到0、十4到十3、十2到0：即每消耗 1 mol NO,整个反应转移3mol电子，若2 mol NO参与反应， 参考答案及解析 荟考答案及解析 则反应③转移6mol电子；依据分析，反应②属于化合反应；依 失去10mol电子，故生成1molN2时转移10mol电子，即转 【思路分析】将A1CL的乙醚溶液加入LiH的乙醚溶液中， 据分析，总反应为2NH3+NO+NO2 催化剂2N2十3H20。 移电子数为10NA;1mol·L-1KNO3溶液未给出溶液体积， LiH和A1Cl3在28℃下搅拌时反应生成LiA1H4和LiCl,化学 C【解析】S2的核电荷数为16，核外电子数为18，最外层电子 无法确定阴离子数目。 方程式为4LiH+A1Cl,28 一LiAlH+3LCl,LiCI难溶于乙 A【解析】反应过程中，只有铁元素和氯元素的化合价发生了 醚，过滤后滤液中主要含LiAIH4,加入适量苯，A1CL,易溶于 数应为8，S2-的结构示意图为16 :基态Cu原子的价层电 变化，Fe(CO),中Fe元素的化合价为0，生成物中铁元素化合价 苯，LiAH4难溶于苯，经过蒸馏除去乙醚，蒸馏后再经一系列 为+3，生成1mol氯化铁时，Fe(CO)s失去3mol电子，数目为 操作得到粗产品，据此解答。 子排布式为3d°4s,失去2个电子形成Cu2+时，先失去4s轨道 3Na;基态Fe原子的价电子排布式为3d4s2,1个Fe原子共有 【解析】(1)乙醚沸点为34.5℃，易溶于苯，苯的沸点为 的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此基态Cu+的价层 8个价电子，1mol基态Fe原子的价电子数为8Na;未说明是否 80.1℃，两者的沸点差异较大，且经过操作A后得到乙醚，则 电子排布式为3d°；H2S的中心S原子价层电子对数为2+ 为标准状况，22.4LC以2的物质的量不确定是否为1mol,无法 操作A名称是蒸馏。 6-2X1-4,VSEPR模型为四面体形，故H,S的VSEPR模型 计算其中的中子数；Fe3+在溶液中会发生水解，实际浓度小于 (2)①读数前要调节液面，使量气管内的气体压强等于外界大 2 0.01mol·L-1,因此1L溶液中Fe3+数目小于102NA。 气压，则读数前要进行的操作是调节水准管高度，使水准管液 ⑧D 二、非选择题 面与量气管液面相平 为；SO?中心S原子无孤电子对，SO?中心S原子有 16.(1)FeO、Fe2O3BC ②LiAlH4与水发生反应LiA1H4+4H2O一AI(OH),+ (2)Al2O3+6H—2AI3++3H2OFe0·xFeO3+(6x+2)H LiOH十4H2个，产生氢气的物质的量为 (V2-V) 1个孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对 1000Vm mol,则 -Fe2++2.xFe3++(3x+1)H20 之间的斥力，键角小。 (3)158H+154H20 A【解析】若a为S单质，与O2反应生成b为SO2,c为 Y××38g 1000Vm SO3,c与水反应生成d为H2SO4,H2SO4可与亚硫酸盐（如 (4)①有黄绿色气体产生②除去过量的MnO, LiAIH4的纯度为 ×100%= mg Na2SO3)反应制备SO2;若a为Na单质，常温下与O2反应生 (5)蒸发浓缩冷却结晶 成b为Na2O,Na2O中Na为+1价，+1价为钠的最高价；若a 【思路分析】用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝 19V,一Y)%,未冷却至室温读数，因气体体积膨胀，导致所 20m·Vm 为N2单质，c为N的氧化物，若c与水反应生成b和d,根据 灰制备Al2(SO4)3·18H2O,将铝灰与过量的稀硫酸反应制得 测的体积偏大，测定结果会偏高。 化合价升降规律，d中N元素化合价应比c的高；同温度下 含A13+、Fe3+、Fe+、H+和SO?的溶液，过滤除去不溶性 (3)①滴定时为减小实验误差，应用少量蒸馏水将锥形瓶内壁 Na2CO3溶解度大于NaHCO3。 SiO2,向滤液中加入酸性高锰酸钾溶液将Fe2+氧化为Fe3+便 冲洗，使草酸反应完全，所以用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗 B【解析】中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数=6十8= 于后续调节pH除去，向上层紫红色溶液加入MSO,除去过 一下，再继续滴至终点，对实验结果无影响。 14,原子符号应为C;[Cu(CN),]2为配合物，结构示意图为 量的MnO,,然后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 ②由反应式可得： NC-Cu CN 即可得A12(SO4)3·18H20,据此分析问题。 2KMnO, 5H2C20, ;基态Cu原子的价层电子排布式为3d4s',轨道 【解析】(1)碱性氧化物能与酸反应生成对应的盐和水，FeO 2 mol 5 mol NC CN 与非氧化性酸生成亚铁盐和水，FezO,与非氧化性酸生成铁盐 aV×10-3mol 0.025c mol 3d 4s 表示式为H刊内：PpG键为以p轨道形成的G键， 和水，均属于碱性氧化物，A12O3既能与强酸反应也能与强碱 aV×109mol0.025cma,解得c=0.1 av mol.L1;滴 则 2 mol 5 mol 重叠方式为头碰头，不是肩并肩。 反应，属于两性氧化物，SiO2只能与碱反应生成盐和水，属于 酸性氧化物。Al2O,能与强酸反应生成A1+,与强碱发生反 定终点读数时俯视刻度，会导致消耗的KMO:标准溶液体积 B【解析】HCl是共价化合物，其形成过程应为H·十·C: 应生成[A1(OH)4],故选BC 偏小，测定的草酸质量偏小，则计算的x值会偏大。 →H:CI:;NH和CIO均为正四面体结构，VSEPR模型 (2)铝灰中Al,O3和FeO·xFe2O,能稀硫酸反应生成对应的 18.(1)先生成蓝色沉淀，然后生成黑色沉淀 盐和水，而O2不与硫酸反应，涉及反应离子方程式有ALO,十 (2)3H2C2O4+2K2CO3—2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+ 与空间结构一致；C和石墨中C原子为sp杂化，金刚石中C 原子为sp杂化，无sp杂化；NH分子间有氢键，而CO2分子 6Ht—2A13++3H2O、Fe0·xFeO3+(6x+2)H 2CO2个 间无氢键，二者分子间作用力不同。 Fe2++2xFe3++(3x+1)H,O。 (3)防止冷却时K2[Cu(C2O4)2]析出，造成损失 (3)KMnO,将Fe2+氧化生成Mn2+和Fe3+,Mn的化合价由 (4)保存于冰箱冷冻室中 C【解析】氯气溶于水发生可逆反应，可逆反应不能完全转 (5)afg 化，C1数小于0.1Na；1 mol Na2CO3·10H2O晶体中含 +7降至+2，Fe的化合价由十2升至+3，则最小公倍数为5， 2 mol Na+和1 mol CO?,总离子数为3NA;常温下铁遇浓硝 结合电荷守恒，离子方程式可配平为MnO:+5Fe2++8H (6)K,[Cu(C,0,)]K[Cu(C,0,)2]·4H,0△K,Cu0,十 酸钝化，转移电子数远小于0.3NA,5.6gFe在稀硝酸中完全 -Mn2++5Fe3++4H2O。 2CO个+2CO2个+4H2O个 【思路分析】CuSO,溶液与NaOH溶液在加热条件下反应得 反应转移电子数为0.3NA;在溶液中存在硫元素守恒，S2、 (4)①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，二氧化锰和浓盐酸在 加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应生成的氯气是黄 CuO浊液，过滤得到CuO固体，向H2C2O4溶液中加K2CO HS、H2S总物质的量等于0.1mol,故N(S2-)+N(HS)+ N(H2S)=0.1NA。 绿色气体。 固体可得到KHC2O4和K2C2O4的混合液，加热并加入CuO ②MnO:可与Mn2+反应生成MnO2,所以可以利用MnSO 反应生成K2[Cu(C2O4)2],趁热过滤得到K2[Cu(C2O4)2]溶 D【解析】需称量FeC2固体的质量为0.5L×1mol·L-1× 127g·mol厂1=63.5g;玻璃棒在溶解时用于搅拌，转移时用 溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离 液，冰水浴使K2[Cu(C2O4)2]结晶析出，抽滤后得到 于引流；容量瓶无需干燥，只需洗净即可，因后续需加水定容， 子除去 K2[Cu(C2O4)2]·4H2O。 【详解】(I)向CuSO,溶液中加入NaOH溶液先生成氢氧化 干燥与否不影响浓度；FC12易水解，溶解时加入少量盐酸可 (5)步骤V是从滤液中制得Al2(SO,)3·18H2O,需要经过的 操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。 铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，则现象是先生成 抑制Fe2+的水解。 蓝色沉淀，然后生成黑色沉淀。 A【解析】14gN2的物质的量为0.5mol,每个N2分子含 17.(1)4LiH十ACL,28 CLiAlH,十3LiCl装馏 (2)n(H2C2O4):n(K2CO3)=1.5:1时得KHC2O4和 2个π键，故π键总数为0.5X2XNA=NA;1 mol Na20晶体 (2)①调节水准管高度，使水准管液面与量气管液面相平 K2C,O4的混合液，该反应的化学方程式为3H2C2O4十 中含2 mol Na+和1molO2-,1 mol Na2O含3mol离子，总 2K2C03—2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。 数为3NA;反应10Na十2KNO3—K20+5Na20+N2↑中， ②1.2⅓信商 (3)趁热过滤的目的是防止冷却时Kz[Cu(C2O4)2]析出，造成 Na由0价升高到+1价，N由+5价降至0价，l0 mol Na反应 (3)①无影响②0.1aV偏大 损失。 1。 高三二轮复习专题卷 (4)K2[Cu(C2O4)2]·4H2O晶体极易风化，故保存方法将 Kz[Cu(C2O4),]·4H2O晶体保存于冰箱冷冻室中，可避免其 风化。 (5)测定产品纯度时需要高锰酸钾标准溶液70L,需要用 100mL容量瓶配制，配制高锰酸钾标准液用到的玻璃仪器有 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶，故选afg。 (6)设K2[Cu(C2O4)2]·4H2O的质量为390g即1mol, K2[Cu(C2O4)2]·4H2O中的水全部失去时，固体残留率 390×100%≈81.54%，故B点时化合物的组成为 318 K2[Cu(C2O4)2],B→C是K2[Cu(C2O4)2]受热分解放出气 1. 体，气体可能是CO或CO2或C0和CO2,固体残留率为 44.62%,剩余固体质量=390g×44.62%=174.018g,由原 子守恒得到n(K)=2mol,n(Cu)=1mol,n(O)= 174.018-78-64 mol~2 mol,n (K):n(Cu):n(O)=2 16 1:2,化学式为K2CuO2或K2O·CuO,开始加热至C点时发 生反应的化学方程式是K[Cu(C,0,)2]·4H,0△KCu0,十 c2 2C0↑+2C02个+4H20个。 19.(1)300℃条件下碱熔8 h ZrSic0,+4NaOH△Na,Zr0,+ Na2 SiO:+2H,O (2)Hf NaOH、HCl (3)10-8 (4Z0,+2C+2C,△ZrC,+2C0避免“蒸馏”时ZCL 中含有FeCL3杂质 (60b@n9×10 4. 【思路分析】锆英砂主要含ZrSiO,,还含有少量Cr、Fe、Hf等 元素。“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Z+ Fe3+、HfO2+、Cr3+;萃取除去Hf元素，加入氨水，产物为 Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3;煅烧后生成ZrO2、Fe2O3 Cr2O3,“沸腾氯化”时，转化为ZrCl、FeCl3、CrCl,由于FeCl3 5, 和ZrCl,沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免 升华时ZrCL中含有FeCl3杂质，升华得到ZrCl4。 【解析】(1)根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示， 300℃碱熔分解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太 大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h。“碱熔”时 ZrSiO,与NaOH反应生成Na2ZrO3、NaSiO3,ZrSiO,发生反 应的化学方程式为ZSiO,十4NaOH△NaZr0,十Na,SiO,十 2H2O。 (2)“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr+、Fe3+ HfO2+、Cr3+;“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和 6. Fe(OH)3;可知“萃取”时除去的杂质元素为Hf;“沸腾氯化”生 成的HCI可回到“酸溶”和“反萃取”步骤循环利用，“除硅”产 生的滤液1是NaOH溶液，可回到“碱熔”步骤循环利用。 (3)Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,沉氨反应结束后溶液中 c(NH·H,O=1.8X10,则c(0H)=100mol.L1,则 c(NH c(Fe+)-K>[Fe(OHD,]_10 7 H)(10-)mol.L-10-mol.L-. (4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2和 Cl2、C反应生成ZC和CO,发生反应的化学方程式为 Z0,十2C+2C,△ZCL,十2C0。氯化反应结束通人H,可 以将FeCL3转为FeCl2,可以避免“蒸馏”时ZrCL中含有FeCl 杂质。 8 (5)①已知Zr在元素周期表中与Ti同族且相邻，则Zr是第五 周期NB族元素，价电子排布式为4d5s2:根据图示，O位于Zx 与Ca构成的四面体内部；O位于Zr与Ca构成的四面体内部， 每个O周围紧邻的0有6个。 ②根据均摊原则，每个晶胞中O原子数为8、Zr原子数为8× +4×=3.Ca原子数为2×日 1 =1,该晶胞的密度p 3+40X1+16X8-441×104g·cm。☐ (rX10-7)3×NA 化学（二） 选择题 A【解析】柠檬酸去除水壶中的水垢过程中，柠檬酸与 CaCO3、Mg(OH)2反应均为复分解反应，无化合价变化，不属 于氧化还原反应；镀金过程中Au元素得到电子被还原为Au单 质，涉及氧化还原反应；用石灰石对燃煤废气进行脱硫，SO2被 空气中氧气氧化为SO,S化合价升高，属于氧化还原反应： Fe2O3与A1反应生成Al2O3和Fe,Fe和Al的化合价均发生 变化，属于氧化还原反应。 B【解析】KHSO,在水中完全电离为K+、H、SO,水溶液 呈酸性；KHSO4在水中能完全电离，属于强电解质；KHSO4在 水中电离生成的SO能与BaCL2中的Ba+生成BaSO4沉淀； KHSO,与NaCI溶液混合时，若二者发生反应，产物均为可溶 物，故不反应。 D【解析】富勒烯(C6o)是碳的单质，属于纯净物，磷酸钙是化 合物，属于纯净物，CuSO4(aq)是溶液，属于混合物；金刚石、石 墨、C6互为同素异形体；磷酸钙难溶但属于强电解质（盐类溶 于水的部分，在水中完全电离)；金刚石转化为C。是化学变化 (结构改变)，但无化合价变化，属于非氧化还原反应。 C【解析】NH与OH反应生成NH3·H2O,无法大量共 存；A13+与[A1(OH)4]-在溶液中发生相互促进的水解反应生 成A1(OH)3沉淀，无法大量共存；H+、Cu+、Mg2+、SO之间 不生成沉淀、气体或弱电解质，可大量共存：CO具有强氧化 性，会与还原性离子I厂、S2O发生氧化还原反应，无法大量 共存。 A【解析】反应中消耗3molO2时消耗4 mol Sb,该反应中只 有Sb作还原剂，可以通过计算Sb失电子的物质的量计算反应 中转移电子的物质的量，为4mol×[(+5)一0]=20mol: NaSbO3中Na元素的化合价是+1、O元素的化合价是一2，则 Sb元素的化合价为+5；NO中氮原子的价层电子对数为3+ 5十1一3X2-3且不含孤电子对，该离子空间结构为平面三角 形；该反应中N元素的化合价由十5变为+2、十4，Sb元素的化 合价由0变为+5，O元素的化合价由0变为一2，则NaNO3、O 是氧化剂，Sb是还原剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为 4：7。 D【解析】向饱和食盐水依次通入氨、二氧化碳气体发生反应 生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和溶液A, ①的操作为过滤；溶液B中含氯化钠和氯化铵；CO2属于非电 解质；向饱和食盐水中先通入氨营造碱性环境，可以增大二氧 化碳的溶解度，然后通入二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠 晶体和氯化铵，生产中NH?与CO2的通人顺序不能调换。 A【解析】反应Ⅱ的化学方程式为4Ce3++4H+十2NO 4Ce++2H2O十N2,其中氧化剂NO与还原剂Ce3+的物质的 量之比为1：2；反应I的离子方程式为2Ce++H2 2Ce3++2H+;反应I为2Ce++H2—2Ce3++2H+,反应Ⅱ 为4Ce3++4H++2NO一4Ce++2H20+N2,该转化过程的 实质是H2被NO氧化；整个过程中Ce4+作催化剂（反应开始进 入，结束出现)，Ce3+作中间产物（中间出现，后又消失）。 D【解析】净化后的水中仍存在水电离的H+和OH,并非不 再含阴、阳离子；净化后水中离子浓度降低，导电性减弱；若先通 过阴离子交换树脂，水中阳离子会与释放的OH生成沉淀堵 ·2 塞树脂，影响净化效果；阴离子交换树脂吸附水中原有阴离子14.B【思路分析】A为制备CL2的装置，B为氯气干燥装置，C、D (如C1、SO?),释放的OH与阳离子交换树脂释放的H+结 分别为制备、收集TiCL的装置，因TiCL易水解，要求制备和 合成水，导致水中阴离子总数减少。 收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中 C【思路分析】去除粗盐中少量Ca2+、Mg2+、SO?-,加入过量 盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应 氢氧化钠除去镁离子、加入过量氯化钡除去硫酸根离子、加入 的Cl2。 过量碳酸钠除去钙离子、过量钡离子，由于碳酸钠需要用于除 【解析】由分析可知，装置B和E都有防止水蒸气进人D中的 去过量钡离子，故碳酸钠必须在氯化钡之后加入；过滤除去沉 作用。反应结束时，若先关闭开关k,再停止C处加热，装置内 淀，向滤液加入适量盐酸除去过量的氢氧化钠、碳酸钠，蒸发结 温度降低，压强减小，会导致F中的溶液倒吸进入装置，可能 晶得到氯化钠，据此分析回答。 使装置炸裂，正确操作应是先停止C处加热，继续通C2一段 【解析】试剂加入顺序应为BaCl2在Na2CO3之前，以便 时间，待装置冷却后再关闭开关k。装置C中TiO2、C和CL2 Na2CO,能同时去除Ca2+和过量Ba2+;粗盐提纯无需分液操 在高温下反应生成TiCL,和CO,反应的化学方程式为TO,+ 作，分液漏斗未被使用；由分析可知，粗盐提纯的步骤为溶解、过 滤、测pH(盐酸)、蒸发结晶；蒸发时应在出现较多晶体时停止 2C++2CI2 高温2C0+TiCL,。在通人C前，先打开开关k,从 加热用余热蒸干，而非直接蒸干，否则会导致晶体飞溅。 侧管持续通入一段时间的CO2气体，可排尽装置内的空气，防 B【思路分析】溶液加过量稀盐酸无明显现象，说明无CO?、 止TCl4在高温时和O2反应。 0. SO?、MnO:,再加入过量的硝酸钡，产生无色气体，说明存在 15.C【思路分析】富集液中含有两种金属离子Cd+、Mn+,其 Fe2+,生成的无色气体X为NO共0.1mol,故Fe2+为 浓度相当，加入试剂X沉镉，由金属化合物的K可知， 0.3mol;沉淀A应该为硫酸钡，故溶液存在SO,116.5g沉 CdCO、MnCO3的Kp接近，不易分离，则试剂X选择含s2 淀A说明含0.5 mol SO?;加入过量的氢氧化钠，生成标准状 的试剂，得到CdS滤饼，加人NaHCO3溶液沉锰，发生反应 况下4.48L无色气体Y,无色气体Y为NH3,说明含0.2mol Mn2++2HCO?—MnCO3￥+CO2↑+H2O,据此解答。 NH,生成的沉淀B含氢氧化铁，根据Fe2+为0.3mol可知， 【解析】粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利 氢氧化铁沉淀为32.1g,故沉淀B中还含有氢氧化铜沉淀 于提高金属元素的浸出率；由分析可知，试剂X可以是Na2S 5.88g,故溶液中含有0.06 mol Cu2+,滤液Ⅱ中含有氢氧化 溶液；若先加人NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及 钡，加入少量二氧化碳生成的沉淀C为碳酸钡沉淀；最后根据 Kp数据可知，金属离子Cd2+,Mn2+浓度相当，则Cd+也会沉 溶液呈电中性原则可知溶液还应该含0.08molK+,据此 淀，后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺 回答。 序不能对换；“沉锰”时，发生反应的离子方程式是M2++ 【解析】据分析可知，溶液中一定不含CO、SO?、MnO,;据 2HCO3-MnCO+CO2+H2O. 分析可知，溶液中含0.08molK+;无色气体X为NO,无色气 *C【思路分析】依据图示分析，反应I产生了绿色溶液，结合题 体Y为NH,二者可发生反应6NO+4NH,一定条件5N,十 目信息可知发生的反应为2MnO+NO,+2OH△ 6H2O,转化为无害N2。 2MnO+NO?+H2O,生成了绿色的K2MnO4溶液；反应Ⅱ为 B【思路分析】由图可知，a为NH3,b为N2,c为NO,结合d 向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈弱酸性，由于K2MnO4溶 为红棕色物质可知d为NO2,e为HNO3;a为H2S,b为S,c为 液（绿色）在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4,图中 SO2,d为SO3,e为H2SO4,据此回答。 只得到了棕黑色沉淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为 【解析】a为NH3,a为H2S,均为相应元素的最低价，无法发生 MnO2;反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即MnO2与NO, 氧化还原反应，d为NO2,c为SO2,根据化合价可知，可以发生 发生了反应MnO2+NO2+2 CH COOH-Mn2++NO,+ 氧化还原反应；c为NO,d为NO2,均是大气污染物，NH3中 2 CH COO+H2O,反应结束后得到了xmL的无色溶液（含 N元素化合价为最低价，可以与NO、NO发生氧化还原反应产 NO3、bmol·L1NO2):反应V加入足量的稀KI溶液，后加入 生N2,因此可以利用NH3消除它们的污染；e为HNO3,e为 稀硫酸至溶液的pH为y,碘离子被氧化为碘单质（浅黄色溶 H2SO4,王水能溶解黄金等活动性稳定的金属，但“王水”是浓 液)，产生了NO气体，NO遇空气产生了NO2(淡棕色气体)，据 盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合制成；a为H2S,c为SO2, 此作答。 H2S与SO2反应生成S和水，化学方程式为2H2S+SO2= 【解析】由已知可知反应I产生了绿色溶液，即NO2与KMnO 3S￥+2H2O,H2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化产物和还 在碱性条件下加热反应产生K,MnO4,依据氧化还原反应原理 原产物的物质的量之比是2：1。 A【解析】检验苯酚用FeCL溶液，显紫色，除杂用NaOH溶 书写离子方程式为2Mn0:+NO;+20H△2MnO+ 液，苯酚钠进人水层，分液后得纯净苯；检验Na2CO3用 NO+H2O;K2MnO,溶液在酸性环境中不稳定，转化为MnO2 Ca(OH)2溶液，但NaHCO3也会与Ca(OH)2反应生成沉淀， 和KMnO4,但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗， 无法区分；检验Fe3+用KSCN,K[Fe(CN)g]用于检测Fe+而 则可能为MnO-转化为MnO:的速率小于MnO,氧化NO2 非Fe3+;用盐酸检验Al中的Fe,两者均反应，无法区分，除杂 的速率：依据分析反应Ⅲ结束后得到了xmL的无色溶液，含 用NaOH溶液会溶解AI而保留Fe。 NO3、bmol·L1NO2,均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产 3. D【解析】OF2分子中原子均满足8电子结构，电子式为 生碘单质，不能说明是NO?氧化了I厂；依据分析，结合氧化还原 :F:0:F:;反应①为2F2+2NaOH一OF2+2NaF+ 反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由反应I H2O,每生成1 mol OF2,转移电子4mol;反应②为2OF2十2S 2MnO,+N02+20H△2Mn0:+NO,+H,0可知，还原 —SO2十SF4,根据反应中化合价变化可知，S元素的化合价 性NO2大于MnO,由反应ⅢMnO2+NO2+2CH3COOH 从0升高到+4，S被氧化，因此含有S元素的SO2和SF,均为 一Mn2++NO3+2CH3COO+H2O可知，还原性NO2大 氧化产物，O元素的化合价从十2降低到一2，O被还原，因此 于Mn2+。 含有O元素的SO2也是还原产物，SF4仅为氧化产物，不是还 二、非选择题 原产物；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，反应①中F2是氧 16.(1)NH40.4 化剂，OF2是氧化产物，氧化性F2>OF2,反应②中OF2是氧 (2)防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离 化剂，SO2是氧化产物，氧化性OF2>SO2。 (3)[A1(OH)4]-+CO2-A1(OH)3￥+HCO