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（山东专版）

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90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。 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Cl2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SO2分类，不能预测SO2能否用NaOH溶液吸收 D.选择NaHCO3溶液除去CO2中的HCl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 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：CH,CHCH2 C.乙醇分子的球棍模型： D.碳骨架为一的烃的分子式：C4Hg 化学A·专题卷（一）第1页（共8页） 鱼跃 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)3 C.S→SO2→H2S03→H2SO4 D.N2→NONO2→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2,9酸（或碱）NaOH或HC ,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 NO >2NHi 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 C.反应②属于化合反应 [(NH)(HNO2)]+H N2+2H2O N2+H2O D.总反应化学方程式为2NH十NO十NO,催化剂2N,十3H,O 9.实验室中可利用反应H2S+CuSO4=CuSY十H2SO4吸收H2S。下列说法正确的是 A.S2的结构示意图：16 86 B.基态Cu2+的价层电子排布式：3d4s C.H2S的VSEPR模型： D.∠O一S-O键角：SO<SO 10.据图所示，能满足下列物质间转化关系(m>n>0),且推理一三 定成立的是 7 A.a可为S,d可用于制备b B.a可为Na,c可用作潜水艇的供氧剂 单质氧化物酸/碱盐 C.a可为N2,c可以与水反应生成b和d D.a可为C,同温下盐的溶解度：NaHCO3>Na2COg 龙门卷 化学A·专题卷（一）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。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 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 B.[Cu(CN)4]-的结构示意图： NC C.基态Cu原子的价层电子轨道表示式：出个四 3d 48 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.NH4CIO4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NH3个+2CO2个+HCI个。下列有关化学用语或表述正确的是 A.HC1的形成过程可表示为H·十·C:→H+[:C:门 B.NH4CIO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构 C.在C6o、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NA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，溶液中氯离子数为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-)+N(H2S)=0.1NA 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+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3NA 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 化学A·专题卷（一）第3页（共8页） 鱼跃龙 ￥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);+33”Cl2一2Fe3CL3+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.22.4L37C12含有的中子数为40NA D.常温下，1L0.01mol·L-1Fe3CL3溶液中，Fe3+数目10-2NA 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·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。 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 与A12O3发生反应的是（填标号）。 A.水 B.盐酸 C.烧碱溶液 D.氨水 (2)稀硫酸溶解铝灰涉及反应的离子方程式有 0 (3)将MnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整： ☐MnO:+☐Fe++ -☐Mn2++☐Fe3++ (4)已知：一定条件下，MnO,可与Mn2+反应生成MnO2。 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 ②V中加入MnSO4溶液的目的是 (5)步骤V中“系列操作”是 门卷 化学A·专题卷（一）第4页（共8页） 班级 17.(12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 流程，利用图示装置制备LiAIH4(夹持、加热装置已省略)。 姓名 搅拌器 得分 AICL,、乙醚 适量苯 Li、乙醚 搅拌、 过滤滤液 操作A一系列操作 28℃ 粗产品 LiCI 乙醚 已知：①乙醚沸点为34.5℃，易溶于苯；苯的沸点为80.1℃。 选择题 答题栏 ②LiH、A1CL3、LiAIH4均溶于乙醚、易水解；AlCl3易溶于苯；LiAIH4难溶于苯。 1 (1)搅拌过程中发生反应的化学方程式为 Y形管 2 ,操作A的名称是 3 (2)测定LiAIH4的纯度：常温常压下，称取m g LiAlH4样品置于 水 mg产品蒸馏永 准 5 管 Y形管中，反应前量气管（碱式滴定管）读数为V1mL,倾斜Y 6 形管，将足量蒸馏水注入样品LiA1H4中（杂质不产生气体），反 8 应完毕并冷却后，量气管读数为V2mL。 9 ①读数前要进行的操作是 10 11 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 12 为Vm(L·mol-1)];未冷却至室温读数，测定结果会 (填“偏高”“偏低”或“无 13 14 影响”)。 15 (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·L-1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”)。 化学A·专题卷（一）第5页（共8页） 鱼跃龙门 18.(12分)四水合草酸铜（Ⅱ）钾{K2[Cu(C2O4)2]·4H20,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 培 加热 过滤 CuSO,溶液 CuO浊液 加KCO 固体 K2Cu(C,O4)2]·4H2O 加热 捻热 冰水浴 抽滤 晶体 过滤 H,CO溶液 KHC,O,和 KHC,O和 K2[Cu(C2O)2] K,C,O混合液K,C,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： (1)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 (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)。 Q 100mL 20℃ a (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 100A 90.77 A 解 81.54 过 44.62卡------------------ 0250100150200250300350 温度/C 类 化学A·专题卷（一）第6页（共8页） 19.(12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、C12②H NaOH HO 酸溶→萃取→反萃取→氨沉 煅烧 →沸腾氯化蒸馏→ZCL, 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 名 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，K[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 CrCls FeCla FeCl2 沸点/℃ 331 1300 316 700 回答下列问题： (1)“碱熔”时有Na2ZrO3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-o-280C -300C 60 40 20 10 时间h 乙 (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)。 3》沉氨反应结束后液中：(.0=1.8×10，则cc*)= c(NH) mol·L-1。 (4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZxO2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 化学A·专题卷（一）第7页（共8页） 鱼跃龙 (5)某种掺杂CaO的ZrO2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 a.Zr的价电子排布式为5s24d ●0 r nm b.O位于Zr与Ca构成的四面体内部 o Ca c.每个O周围紧邻的O有12个 ②该晶胞的密度p= g·cm3(设NA为阿伏加德罗常 丙 数的值，用含r和NA的代数式表示)。 20.(12分)某实验小组拟探究N2O2与NO2反应的产物。选择下列实验装置（部分夹持装置略 去)进行实验： 过氧化钠 c- d 浓硝酸 碱石灰 五氧化二 非-b NaOH溶液 铜屑 D E 回答下列问题： (1)按气流从左至右连接装置：i→ →g(用小写字母表示)。 (2)实验开始后，装置B中固体由黄色变为白色，装置D中气球收集的气体能使带火星木条 复燃，则收集到的气体是 (填化学式)。 (3)该实验小组继续探究充分反应后装置B中固体成分。 【提出假设】 假设1：白色固体是NaNO2;假设2：白色固体是NaNO3;假设3：白色固体是 【实验探究】 (4)取少量反应后装置B中固体0.5g,溶于水配制成100L溶液，装入试剂瓶中，加入少量 MnO2粉末，振荡、静置，得到溶液X(约为100mL)。 实验 操作及现象 i 取2.0mL溶液X于试管1中，滴加2.0mL0.1%酸性KMnO4溶液，振荡，溶液褪色 取2.0mL溶液X于试管2中，滴加0.5mL2%AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加稀硝 i 酸，沉淀溶解 ①MnO2的作用是 ②试管1中发生反应的离子方程式： ③试管2中白色沉淀成分可能是 (填化学式)。 (5)取10.00mL溶液X于锥形瓶中，用0.01mol·L1酸性KMnO4溶液进行滴定，平行滴 定三次，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为16.00mL。 反应后装置B中NaNO2的质量分数为 %(结果保留3位有效数字)。 【实验结论】 (6)根据上述相关实验结果可知：反应后装置B中固体成分是 (填化学式)。 0卷 化学A·专题卷（一）第8页（共8页）·化学A· 化学（一） 9. 一、选择题 1.D【解析】研究CL2的性质还需要实验验证其化学性质，仅观 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(HC1>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 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 11 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 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 12 为 ；碳骨架为一·的烃的结构简式为 (CH3)2C=CH2,分子式为C4H8。 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】F2O3与水不能反应；硫在过量O2中燃烧只能生成 13 SO2,无法直接生成SO3;氮的转化中，HNO3与NaOH发生中 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、Na2O2与盐酸 生成NaCl、氧气、水。 8.B【思路分析】依据图示可知，反应①2NH十2H+ 2NH:反应②2NHt+NO2一[(NH)2(NO2)]2+;反应③ [(NH,)2(NO2)]2++NO一[(NH4)(HNO2)]++H++ 14 N2+H2O;反应④[(NH4)(HNO2)]+一H+N2+2H2O;总 反应为2NH,十N0+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-[(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+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， 则反应③转移6mol电子；依据分析，反应②属于化合反应；依 据分析，总反应为2NH3+NO十NO2 催化剂2N十3H,0. 参考答案及解析 昏考管案及解折 C【解析】s2-的核电荷数为16，核外电子数为18，最外层电子 A【解析】反应过程中，只有铁元素和氯元素的化合价发生了 【解析】(1)乙醚沸点为34.5℃，易溶于苯，苯的沸点为 变化，Fe(CO);中Fe元素的化合价为0，生成物中铁元素化合价 80.1℃，两者的沸点差异较大，且经过操作A后得到乙醚，则 数应为8，S2-的结构示意图为16288；基态Cu原子的价层电 为十3，生成1mol氯化铁时，Fe(CO)s失去3mol电子，数目为 操作A名称是蒸馏。 3Na;基态Fe原子的价电子排布式为3d4s2,1个Fe原子共有8 (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 子排布式为3d°4s',失去2个电子形成Cu+时，先失去4s轨道 个价电子，1mol基态Fe原子的价电子数为8Na;未说明是否为 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 的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，因此基态Cu2+的价层 标准状况，22.4LCL2的物质的量不确定是否为1mol,无法计 面与量气管液面相平。 电子排布式为3d°；H2S的中心S原子价层电子对数为2+ 算其中的中子数；F3+在溶液中会发生水解，实际浓度小于 ②LiA1H4与水发生反应LiAIH4+4H2O一AI(OH),+ 6-2×1 0.01mol·L1,因此1L溶液中Fe3+数目小于10-2NA。 (V2-V) mol,则 2 =4,VSEPR模型为四面体形，故H2S的VSEPR模型 三、非选择题 Li0H+4H:个，产生氢气的物质的量为1O00V。 a 16.(1)Fe0、Fe2O3BC (V2-V1)y1 为了；SO?中心S原子无孤电子对，SO?中心S原子有 (2)Al2O+6H-2Al+3H2O FeO.xFe O++(6x+2)H 38g LiAIH4的纯度为 1000Va1 -×100%= =Fe2++2xFe3++(3x+1)H20 m g 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 (3)158H+154H20 19(V2-V1) 之间的斥力，键角小。 (4)①有黄绿色气体产生②除去过量的MnO。 20m·V %;未冷却至室温读数，因气体体积膨胀，导致所 A【解析】若a为S单质，与O2反应生成b为SO2,c为 (5)蒸发浓缩冷却结晶 测的体积偏大，测定结果会偏高。 SO3,c与水反应生成d为H2SO4,HSO,可与亚硫酸盐（如 【思路分析】用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝 (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 Na2SO3)反应制备SO2;若a为Na单质，常温下与O2反应生 灰制备A12(SO4)3·18H2O,将铝灰与过量的稀硫酸反应制得 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 成b为Na2O,Na2O中Na为+1价，十1价为钠的最高价；若a 含A13+、Fe3+、Fe2+、H+和SO的溶液，过滤除去不溶性 一下，再继续滴至终点，对实验结果无影响。 为N2单质，c为N的氧化物，若c与水反应生成b和d,根据 化合价升降规律，d中N元素化合价应比c的高；同温度下 SiO2,向滤液中加入酸性高锰酸钾溶液将Fe2+氧化为Fe3+便 ②由反应式可得： 于后续调节pH除去，向上层紫红色溶液加入MnSO,除去过 2KMnO 5H2 C2 O Na2CO3溶解度大于NaHCO3。 量的MnO,,然后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 2 mol 5 mol 选择题 即可得A12(SO4)3·18H2O,据此分析问题。 aVx10-3 mol 0.025c mol B【解析】中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数=6十8 【解析】(1)碱性氧化物能与酸反应生成对应的盐和水，F®O 2 mol 5 mol 14,原子符号应为“C;[Cu(CN),]为配合物，结构示意图为 与非氧化性酸生成亚铁盐和水，Fe2O?与非氧化性酸生成铁盐 则avX10m0.025cmo解得c=0.1 mol:L:摘 NC. ;基态Cu原子的价层电子排布式为3d4s,轨道 和水，均属于碱性氧化物，A12O3既能与强酸反应也能与强碱 定终点读数时俯视刻度，会导致消耗的KMnO,标准溶液体积 偏小，测定的草酸质量偏小，则计算的x值会偏大。 NC CN 反应，属于两性氧化物，SO2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 18.(1)先生成蓝色沉淀，然后生成黑色沉淀 3d 表示式为由：Ppa键为以p轨道形成的g键， 应生成[A1(OH),]-,故选BC。 (2)3H2C2O4+2K2CO3—2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+ 重叠方式为头碰头，不是肩并肩。 (2)铝灰中Al2O3和FeO·xFe2O3能稀硫酸反应生成对应的 2C02个 B【解析】HC1是共价化合物，其形成过程应为H·十·C: 盐和水，而SiO2不与硫酸反应，涉及反应离子方程式有A12O3十 (3)防止冷却时K2[Cu(C2O4)2]析出，造成损失 6H+= —2A13++3H2O、FeO·xFe2O3+(6.x+2)H+ (4)保存于冰箱冷冻室中 →H:C:;NHt和CIO,均为正四面体结构，VSEPR模型 Fe2++2xFe3++(3x+l)H20. (5)afg 与空间结构一致；C0和石墨中C原子为sp2杂化，金刚石中C (3)KMnO,将Fe2+氧化生成Mn2+和Fe3+,Mn的化合价由 (6)K[Cu(C,0,)2]K,[Cu(C,0,)2]·4H,0△K,Cu0,十 原子为sp杂化，无sp杂化；NH分子间有氢键，而CO2分子 +7降至+2，Fe的化合价由十2升至+3，则最小公倍数为5， 2C0个+2CO2个+4H2O个 间无氢键，二者分子间作用力不同。 结合电荷守恒，离子方程式可配平为MnO,十5Fe++8H 【思路分析】CuSO4溶液与NaOH溶液在加热条件下反应得 AC【解析】氯气溶于水发生可逆反应，可逆反应不能完全转 =Mn2++5Fe3++4H2O。 CuO浊液，过滤得到CuO固体，向H2C2O4溶液中加K2CO 化，Cl数小于0.1NA;1 mol Na2CO3·10H20晶体中含 (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 固体可得到KHC2O和K2C2O,的混合液，加热并加入CuO 2 mol Na和1 mol CO,总离子数为3NA;常温下铁遇浓硝 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 反应生成Kz[Cu(CzO)2],趁热过滤得到K2[Cu(CzO,)2]溶 酸钝化，转移电子数远小于0.3NA,5.6gFe在稀硝酸中完全 绿色气体。 液，冰水浴使K2[Cu(C2O.)2]结晶析出，抽滤后得到 ②MnO可与Mn+反应生成MnO2,所以可以利用MnSO K2[Cu(C2O4)2]·4H2O. 反应转移电子数为0.3NA;在溶液中存在硫元素守恒，S2-、 HS、H2S总物质的量等于0.1mol,故N(S2)+N(HS)+ 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 【详解】(I)向CuSO4溶液中加入NaOH溶液先生成氢氧化 N(H2S)=0.1NA。 子除去。 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 (5)步骤V是从滤液中制得A12(SO4)3·18H2O,需要经过的 蓝色沉淀，然后生成黑色沉淀。 D【解析】需称量FeCl2固体的质量为0.5L×1mol·L1× 操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。 (2)n(H2C2O4):n(K2CO3)=1.5:1时制得KHC2O4和 127g·mol-1=63.5g;玻璃棒在溶解时用于搅拌，转移时用 17.q)4LiH+A1C,28℃LiA1H,十3LiC1蒸馏 K2C2O4的混合液，该反应的化学方程式为3H2C2O4+ 于引流；容量瓶无需干燥，只需洗净即可，因后续需加水定容， 2K2CO3—2KHC2O4+K2C2O,+2H2O+2CO2个 干燥与否不影响浓度；FeC12易水解，溶解时加入少量盐酸可 (2)①调节水准管高度，使水准管液面与量气管液面相平 (3)趁热过滤的目的是防止冷却时Kz[Cu(C2O,),]析出，造成 抑制Fe2+的水解。 @19%.%编商 损失。 AB【解析】14gN2的物质的量为0.5mol,每个N2分子含2 (4)Kz[Cu(C2O4)2]·4H20晶体极易风化，故保存方法将 个π键，故π键总数为0.5×2×NA=NA;1 mol Na20晶体中 (3)①无影响②0.1aV偏大 【思路分析】将A1Cl,的乙醚溶液加人LiH的乙醚溶液中 Kz[Cu(C,O4)2]·4H2O晶体保存于冰箱冷冻室中，可避免其 含2 mol Na和1molO,1 mol Na2O含3mol离子，总数为 风化。 3Na;反应10Na+2KNO3-K2O+5Na2O+N2个中，Na由 LiH和A1CL3在28℃下搅拌时反应生成LiAIH4和LiC1,化学 (5)测定产品纯度时需要高锰酸钾标准溶液70mL,需要用 0价升高到+1价，N由+5价降至0价，10 mol Na反应失去 方程式为4LiH+AC,28 CLiAIH,+3LiCl,LiC1难溶于乙 100mL容量瓶配制，配制高锰酸钾标准液用到的玻璃仪器有 10mol电子，故生成1molN2时转移10mol电子，即转移电 醚，过滤后滤液中主要含LiAIH4,加入适量苯，A1CL3易溶于 烧杯、玻璃棒、l00mL容量瓶，故选afg。 子数为10NA;1mol·L-1KNO3溶液未给出溶液体积，无法 苯，LiA1H,难溶于苯，经过蒸馏除去乙醚，蒸馏后再经一系列 (6)设K2[Cu(C2O4)2]·4H20的质量为390g即1mol, 确定阴离子数目。 操作得到粗产品，据此解答。 K2[Cu(CO4)2]·4H2O中的水全部失去时，固体残留率 高三二轮复习专题卷 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 体，气体可能是C0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 16 -mol2 mol,n(K)n(Cu):n(O)=2 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,O)2]·4H,0△KCuO,十 2CO个+2CO2个+4H2O个。 19.(1)300℃条件下碱熔8 h ZrSic0,+4Na0H△Na,Zr0,+ Na,SiO+2H,O (2)Hf NaOH、HCl (3)10-8 (4)Zr02+2C+2C12 △ZrCL+2C0 避免“蒸馏”时ZrCl4 中含有FeCl3杂质 《5)Db②N,3X10 【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ZrCl4、FeCl3、CrCl3,由于FeCl 和ZrCl,沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免 升华时ZrCl4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 ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、NaSiO3,ZrSiO4发生反 应的化学方程式为ZrS0,十4NaOH△Na,Zr0,十NaSiO,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 Fe(OH)3;可知“萃取”时除去的杂质元素为Hf;“沸腾氯化”生 成的HC1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)K.(NH3·H2O)=1.8X10-5,沉氨反应结束后溶液中 c(NH,·H,O=1.8X10,则c(0H)=100mlL1,则 c(NH) c(Fe3+)= Kp[Fe(OH):]10-38 C(OH) (10-)mol L-10-mol.L- (4)“煅烧”时Zr(OH),分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2和 Cl2、C反应生成ZrCL和CO,发生反应的化学方程式为 Z0,+2C+2Cl,△ZCL4十2C0.氯化反应结束通人H,可 以将FeCL转为FeCl2,可以避免“蒸馏”时ZrCL中含有FeCl 杂质。 (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VB族元素，价电子排布式为4d5s2;根据图示，O位于Z 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O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× 日+4×号-3，Ca原子数为2× 2 =1,该晶胞的密度p= (rX10-)XNANX10 g.cm 91×3+40×1+16×8441 20.(1)e→f→c→d(或d→c)b→a (2)02 (3)NaNO3和NaNO (4)①催化溶液中H2O2分解，避免影响实验ⅰ②5NO?十 2MnO,+6H+-2Mn2++5NO;+3H2 O AgNO2 (5)55.2 (6)NaNO2和NaNO3 【解析】(I)装置E为制备装置，制备NO2;装置C为除杂装 置，除去NO2中的水蒸气和挥发的HNO,;装置B为反应装 置；装置D为尾气吸收和气体收集装置；Na2O2能与水反应， 为避免装置D中的水蒸气进人装置B,需在装置B和装置D 之间连接装置A进行干燥。综上所述，装置排序为ECBAD, 干燥管连接时大口进气，小口出气。 (2)依题意可知收集到的气体是O2。 (3)Na2O2和NO2反应可能生成的固体有NaNO2、NaNO3。 (4)①如果过氧化钠未完全反应，Na2O2与水反应生成了 H2O2,加人MnO2促进H2O2分解，除去H2O2。 ②酸性高锰酸钾溶液氧化亚硝酸根离子生成十2价锰离子（无 色)和硝酸根离子。 ③加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，滴加稀硝酸，沉淀溶解，则 该沉淀为AgNO2。 (6)10mL溶液X中，n(N0)=(号 ×0.01×16.00× 100)mol=4.0×103mol。a(NaN0,)= 103×10 4.0×103×69×100%=55.2%。 0.5 (6)根据(5)分析可知，固体的成分是NaNO2和NaNO3。 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Al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】KHSO4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Ba2+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(C60)是碳的单质，属于纯净物，磷酸钙是化 合物，属于纯净物，CuSO,(aq)是溶液，属于混合物；金刚石、石 墨、C60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[AI(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：COˉ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元素的化合价是十1、O元素的化合价是一2，则 Sb元素的化合价为十5；NO3中氮原子的价层电子对数为3十 5十1,3X2=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+5变为+2、+4，Sb元素的化 合价由0变为十5，O元素的化合价由0变为一2，则NaNO3、O2 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 Ca(OH)2溶液，但NaHCO3也会与Ca(OH)2反应生成沉淀， 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, 无法区分；检验Fe3+用KSCN,K[Fe(CN),]用于检测Fe+而 ①的操作为过滤；溶液B中含氯化钠和氯化铵；CO2属于非电 非Fe3+;用盐酸检验Al中的Fe,两者均反应，无法区分，除杂 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 用NaOH溶液会溶解Al而保留Fe。 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 13.AD【解析】OF2分子中原子均满足8电子结构，电子式为 晶体和氯化铵，生产中NH3与CO2的通入顺序不能调换。 :F:O:F:;反应①为2F2+2NaOH—OF2+2NaF+ A【解析】反应Ⅱ的化学方程式为4Ce3++4H++2NO 4Ce++2H2O+N2,其中氧化剂NO与还原剂Ce3+的物质的 H20,每生成1 mol OF2,转移电子4mol;反应②为20F2十2S 量之比为1：2；反应I的离子方程式为2Ce++H2一 SO2十SF,根据反应中化合价变化可知，S元素的化合价 2Ce3++2H+;反应I为2Ce++H2一2Ce3++2H+,反应Ⅱ 从0升高到十4，S被氧化，因此含有S元素的SO2和SF,均为 为4Ce3++4Ht+2N0一4Ce++2H20+N2,该转化过程的 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 含有O元素的SO2也是还原产物，SF4仅为氧化产物，不是还 实质是H2被NO氧化；整个过程中Ce+作催化剂（反应开始进 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 入，结束出现)，Ce3+作中间产物（中间出现，后又消失）。 化剂，OF2是氧化产物，氧化性F2>OF2,反应②中OF2是氧 D【解析】净化后的水中仍存在水电离的H和OH厂，并非不 化剂，SO2是氧化产物，氧化性OF2>SO2。 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 14. B【思路分析】A为制备C2的装置，B为氯气干燥装置，C、D 过阴离子交换树脂，水中阳离子会与释放的OH厂生成沉淀堵 分别为制备、收集TCL的装置，因TCl4易水解，要求制备和 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 收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中 (如C1厂、SO),释放的OH与阳离子交换树脂释放的H+结 盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应 合成水，导致水中阴离子总数减少。 的Cl2。 C【思路分析】去除粗盐中少量Ca+、Mg+、SO?,加入过量 【解析】由分析可知，装置B和E都有防止水蒸气进入D中的 氢氧化钠除去镁离子、加入过量氯化钡除去硫酸根离子、加人 作用。反应结束时，若先关闭开关k,再停止C处加热，装置内 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 温度降低，压强减小，会导致F中的溶液倒吸进入装置，可能 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 使装置炸裂，正确操作应是先停止C处加热，继续通C12一段 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 时间，待装置冷却后再关闭开关k。装置C中TO2、C和C2 晶得到氯化钠，据此分析回答。 在高温下反应生成TCl4和CO,反应的化学方程式为TO2+ 【解析】试剂加入顺序应为BaCl2在Na2CO3之前，以便 Naz CO3能同时去除Ca2+和过量Ba2+;粗盐提纯无需分液操 2C+2C12 高温2C0十TiCL4。在通人C,前，先打开开关k,从 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 侧管持续通入一段时间的CO2气体，可排尽装置内的空气，防 滤、测H(盐酸)、蒸发结晶；蒸发时应在出现较多晶体时停止 止TCl4在高温时和O2反应。 加热用余热蒸干，而非直接蒸干，否则会导致晶体飞溅。 15.C【思路分析】富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+,其 0. B【思路分析】溶液加过量稀盐酸无明显现象，说明无CO?、 浓度相当，加入试剂X沉镉，由金属化合物的Kp可知， S0?、MnO。,再加入过量的硝酸钡，产生无色气体，说明存在 CdCO3、MnCO3的Kn接近，不易分离，则试剂X选择含S2 的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应 Fe2+,生成的无色气体X为NO共0.1mol,故Fe2+为 0.3mol;沉淀A应该为硫酸钡，故溶液存在SO,116.5g沉 Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2个+H2O,据此解答。 【解析】粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利 淀A说明含0.5 mol SO?;加入过量的氢氧化钠，生成标准状 于提高金属元素的浸出率；由分析可知，试剂X可以是Na2S 况下4.48L无色气体Y,无色气体Y为NH3,说明含0.2mol 溶液；若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及 NH对，生成的沉淀B含氢氧化铁，根据Fe2+为0.3mol可知， K知数据可知，金属离子Cd+、Mn+浓度相当，则Cd+也会沉 氢氧化铁沉淀为32.1g,故沉淀B中还含有氢氧化铜沉淀 淀，后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺 5.88g,故溶液中含有0.06 mol Cu2+,滤液Ⅱ中含有氢氧化 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 序不能对换；“沉锰”时，发生反应的离子方程式是Mn+十 2HCO3 -MnC0a↓+C02个+H20。 溶液呈电中性原则可知溶液还应该含0.08molK+,据此 *C【思路分析】依据图示分析，反应I产生了绿色溶液，结合题 回答。 【解析】据分析可知，溶液中一定不含CO?、SO、MnO:;据 目信息可知发生的反应为2MnO,+NO,十2OH△ 分析可知，溶液中含0.08molK+;无色气体X为NO,无色气 2MnO2-+NO?+H2O,生成了绿色的K2MnO,溶液；反应Ⅱ为 一定条件 向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈弱酸性，由于K2MnO,溶 体Y为NH3,二者可发生反应6NO+4NH3 5N2+ 液（绿色）在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4,图中 6H2O,转化为无害N2。 只得到了棕黑色沉淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为 、选择题 MnO2;反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即MnO2与NO, 1.BD【思路分析】由图可知，a为NH3,b为N2,c为NO,结合 发生了反应MnO2+NO2+2 CH COOH-Mn2++NO5十 d为红棕色物质可知d为NO2,e为HNO3;a为H2S,b为S,c 2CH3COO-+H2O,反应结束后得到了xmL的无色溶液（含 为SO2,d为SO3,e为H2SO4,据此回答。 【解析】a为NH,,a为H2S,均为相应元素的最低价，无法发生 NO3、bmol·LNO2):反应V加入足量的稀KI溶液，后加入 氧化还原反应，d为NO2,c为SO2,根据化合价可知，可以发生 稀硫酸至溶液的pH为y,碘离子被氧化为碘单质（浅黄色溶 液)，产生了NO气体，NO遇空气产生了NO,(淡棕色气体)，据 氧化还原反应；c为NO,d为NO2,均是大气污染物，NH3中N 元素化合价为最低价，可以与NO、NO发生氧化还原反应产生 此作答。 【解析】由已知可知反应I产生了绿色溶液，即NO2与KMnO, N2,因此可以利用NH3消除它们的污染；e为HNO3,e为 在碱性条件下加热反应产生K2MO4,依据氧化还原反应原理 H2SO4,王水能溶解黄金等活动性稳定的金属，但“王水”是浓 盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合制成；a为H2S,c为SO2 书写离子方程式为2Mn0,十NO;+20H△2MnOg+ H,S与SO2反应生成S和水，化学方程式为2H2S十SO2= NO;+H2O;K2MnO4溶液在酸性环境中不稳定，转化为MnO2 3S↓+2H2O,H2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化产物和还 和KMnO4,但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗， 原产物的物质的量之比是2：1。 则可能为MnO转化为MnO,的速率小于MnO:氧化NO A【解析】检验苯酚用FeCl3溶液，显紫色，除杂用NaOH溶 的速率；依据分析反应Ⅲ结束后得到了xL的无色溶液，含 液，苯酚钠进入水层，分液后得纯净苯；检验Na2CO3用】 NO?、bmol·L1NO2,均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产