关键能力专练(2)科学探究能力训练-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一关键能力专练（二） 化学·科学探究能力训练 总分：50分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56 一、选择题：本题共7小题，每小题3分，共21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。 1.某白色固体样品，可能含有KNO3、Na2CO3、Na2SO4、BaCl2、SiO2中的一种或几种。对该样品 进行如下实验： ①取少量固体加人足量水中，固体部分溶解； ②取①中滤液做焰色试验，透过蓝色钴玻璃未观察到紫色； ③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产生气泡，固体部分溶解。 下列说法错误的是 A.固体粉末中一定不含KNO B.固体粉末中一定含有BaCl2和Na2CO3 C.取①中滤液，加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，若未产生白色沉淀，则样品中无Na2SO, D.为进一步确定原样品组成，可以向③未溶解的固体中加入KOH溶液 2.冠醚能识别碱金属离子。12-冠-4与Li作用而不与K+作用，18-冠-6与K+作用而不与Li 作用。下列说法正确的是 12-冠-4 18-冠-6 超分子 A.12-冠-4与18-冠-6互为同系物 B.18-冠-6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度 C.超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量 D.超分子“自组装”的特征可以用于分离Li+与K 3.下列实验方案设计正确的是 A.检验丙烯醛分子中的碳碳双键：向其中滴加足量的溴水，观察溴水是否褪色 B.验证牺牲阳极法防止铁腐蚀：向铁电极附近滴加K3[F(CN)；]溶液，观察是否有蓝色沉淀 产生 C.探究温度对化学平衡的影响：加热CuCl2稀溶液，观察溶液颜色变化 D.检验麦芽糖水解：与稀硫酸共热，调至碱性，加入银氨溶液并水浴加热，观察是否有银镜 产生 化学·关键能力专练（二）第1页（共4页） 鱼欧花门老 4.下列实验操作或实验装置能达到实验目的的是 湿铁粉 Na.CO 棉包 溶液 K[Fe(CN)] CL 溶液 NaBr KI 溶液 围溶液 1mL0.1mol·L-1mL0.1mol·L- (NHa)Fe(SO)2 醋酸 硼酸 溶液 A.观察肥皂液是否有 B.比较Cl2、Br2、 C.证明醋酸酸性比硼D.检验(NH4),Fe(SO4)2 气泡冒出判断反应 I2氧化性强弱 酸强 溶液是否变质 发生 5.工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。已知：可用[Cu(NH3)2]2SO4溶液除去合成氨原 料气中的CO,[Cu(NH3)2]+十CO+NH3一[Cu(NH3)3CO]+△H<0。下列说法正确的是 A.CO是与合成氨反应无关的气体，其存在对合成氨无影响 B.[Cu(NH3)2]2SO4溶液与CO反应的适宜条件为高温高压 C.[Cu(NH3)3CO]2SO4溶液再生NH3的适宜条件为低温高压 D.寻找合适的“低温催化剂”是工业合成氨的最佳科研方向 6.化学镀铜法得到的镀层均匀性、硬度等性能都较好，利用CuSO4、次磷酸钠(NaH2PO2)和酒石 酸钾钠进行化学镀铜的一种工艺流程如图所示： 酒石酸钾钠 NaOH NaH2PO, CuSO 溶液 络合→[Cu(CH,O 还原→Cu HO 已知：酒石酸钾钠的分子式为C4H4O。KNa,结构简式为 ,其水溶液呈碱性。 O-Na HO 下列说法正确的是 A.H3PO2与足量的氢氧化钠反应生成的NaH2PO2为酸式盐 B.“络合”时，将酒石酸钾钠溶液滴人CuSO4溶液中直至溶液变澄清 C.[Cu(C4H4O6)2]2-中心原子的配位数为2 D.“还原”时，NaH2PO2转化为Na2HPO3,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 7.在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可 以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是 用NaCI溶液 润湿的活性炭 正极力 负极 浸有NaCI 食盐水 电流表 浸泡过 溶液的滤纸 的铁钉 水 食盐水 铝箔1 化学·关键能力专练（二） 第2页（共4页） 班级 A.按图I装置进行实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可用酒精灯加热具支试管 B.图Ⅱ是图I所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁 姓名 C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，C1由活性炭区向铝箔表面区迁移，并 发生电极反应2C1-2eCl2个 得分 D.图Ⅲ装置的总反应为4A1十3O2十6H2O一4A1(OH)3,生成的A1(OH)3进一步脱水形 成白斑 二、非选择题：本题共2小题，共29分。 8.(14分)草酸亚铁晶体(FC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强 还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了 答题栏 相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题： I.制备草酸亚铁晶体（装置如图所示） 稀硫酸 (1)盛装稀硫酸的仪器名称为 (2)实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行 5 的操作是 6 足量铁屑 NH)2C,O溶液 (3)装置c的作用为 Ⅱ.草酸亚铁晶体热分解产物的探究 草酸亚铁晶体 氧化铜 H数 无水硫酸铜 澄清 足量浓硫酸 澄清 石灰水NaOH溶液 石灰水 D E (4)装置C和D可以合并为一个盛有 的球形干燥管。 (5)从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 (6)实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，中无水硫酸变为蓝色，A 中残留FeO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为 Ⅲ.运用热重分析法推测产物 剩余固体的质量g 称取3.60g草酸亚铁晶体加热分解，得到剩余固体质量随温度变 3.60 化的曲线如图所示。 2.88 (7)当剩余固体质量为1.60g时，剩余固体物质的化学式 1.60 为 100150200250300温度/℃ 化学·关键能力专练（二）第3页（共4页）】 广鱼跃花门卷 9.(15分)为探究S02的性质，进行了如下实验。回答下列问题： I.在实验室制备SO2并探究其相关性质，装置如图所示。 70%H,SO溶液 收集、尾气 处理装置 Na SO A B C D E 品红溶液浓Ba(NO,2 含有酚酞的 溴水酸性KMnO, 溶液 NaOH溶液 溶液 (1)盛放Na2SO3的仪器名称是 (2)此仪器中发生反应的化学方程式为 (3)下列SO2尾气处理装置错误的是 (填标号)。 NaOH NaOH NaOH 一溶液 NaOH 溶液 溶液 -CCL 溶液 A B (4)下列溶液褪色能证明SO2具有还原性的是 (填标号)。 A.品红溶液 B.含有酚酞的NaOH溶液 C.溴水 D.酸性KMnO4溶液 Ⅱ.有同学提出：SO2与Ba(NO3)2溶液反应时，溶液中的溶解氧也 连接数据采集 有可能起到氧化作用。设计如图所示实验装置探究溶液中NO? 器和计算器 与O2氧化SO2时的主导作用： S02 PH 传感器 (5)下列实验反应时间均为80s,选择提供的试剂完成表格： 0.1mol·L-1Ba(NO3)2溶液、0.1mol·L1KNO3溶液、 食用油 待测溶液 0.1mol·L1BaCl2溶液、0.2mol·L1BaCl2溶液 序号 步骤操作 pH变化 取25mL煮沸过的0.1mol·L1Ba(NO3)2溶液，通入V mL SO2 pH轻微减小 i 取25mL未煮沸的① ,通入V mL SO2 pH减小2.5 取25mL煮沸过的0.1mol·L1BaCl2溶液，通入V mL SO2 pH几乎不变 iv 取25mL未煮沸的② 溶液，通入V mL SO2 pH减小2 ③川、ⅳ两组实验pH变化不同的原因可能是 0 ④由表中4个实验可知溶液中NO3与O2氧化SO2时占主导作用的是 (填 “NO3”或“O2”)。 (6)写出在有氧气的条件下，SO2与BaCl2溶液反应的离子方程式： 化学·关键能力专练（二）第4页（共4页）高考试题逐题突破 A→B为加成反应，由D(C1H6SO2)与 反应生成E ),可推断D为 ,结合已知 ③，可知C为 结合已知②，可知B为 1. ,结合已知①，可知A为 E的分子 式为C5H2SO3,可知E与F互为同分异构体，E→F为异构化 2 过程，结合环苯草酮的结构，可知F的结构 3 为 (1)由分析可知，A→B的化学方程式为 该反 4 应为加成反应。 (2)由分析可知，C的结构简式为 ,故含氧官能 5. 团为（酮）羰基、酯基；E的结构为 其中标有 6. *的为手性碳原子，有2个；F的结构为 (3)由条件①可知，D的同分异构体的结构含有1个苯环，苯环 上连接3个基团，其中有2个酚羟基，由条件②可知，另1个基 > CH 团有连在同1个碳原子上的3个甲基，即CH,据此写出 CH 满足条件的D的同分异构体。 OH OH 6.(1)C12H160 羧基 (2)CD OH OH (3)①H,CCH-CH,②H,C-CH-CH,+HBr(浓)△， Br HC-CH-CH +H,O CH 浓硫酸 ③ H,C-CH-COOH +CHCH,CH,OH △ CHa CH-CH-COOCH,CH,CH+H2 O 化学关键能力专练（一） 、选择题 D【解析】A项，煤是主要由碳、氢、氧、氮、硫等元素组成的复 杂有机高分子混合物；B项，石油是主要由碳和氢元素组成的烃 类混合物，包括烷烃、环烷烃和芳香烃，不含油脂；C项，煤的气 化是将煤转化成可燃性气体的过程，属于化学变化；D项，加入 催化剂的目的是降低反应的活化能，加快反应速率。 D【解析】D项，五元环中，酰胺基中的C为sp2杂化。 C【解析】硫化钾为强碱弱酸盐，S-会发生水解，所以S2-的 数目小于2NA;标准状况下，HF为液体，无法根据气体摩尔体 积计算其物质的量；已知1个C0分子中含有14个中子，故 2.8g 2.8gC0中含有的中子数为28gmoX14XNmo1 1.4Na;过氧化钠的摩尔质量为78g·mol1,39g(即0.5mol) NazO2与足量水充分反应，即发生反应2Na2O2+2H2O- 4NaOH十O,个，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，2mol过氧 化钠参与反应时转移2mol电子，所以39gNa2O2与足量水充 分反应，转移的电子数为0.5NA。 C【解析】取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和 K[Fe(CN)g]的食盐水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成；铁 片发生吸氧腐蚀，Fe电极反应为Fe一2e一Fe2+,边缘处为 红色的原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁；铁片发生 吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7;铁皮发生吸氧 腐蚀的原理是原电池，化学能不能完全转化为电能。 A【解析】A项，向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流；B项， 导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，会引起倒吸；C项，碘单质受 热升华，遇冷的圆底烧瓶凝华，而NH4C1受热易分解成氨气和 氯化氢，遇冷后又生成氯化铵，此方法不能提纯含NH,C1杂质 的碘品体；D项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定 管盛装，应用酸式滴定管盛装。 B【解析】向FeCl2溶液中通人过量H2S气体，不会发生反应； 酸性条件下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质 碘，离子方程式为I0?+5I厂+6H+一3L2十3H2O;向碳酸氢 镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方 程式为Mg2++2HCO3+4OH一Mg(OH)2V+2CO3+ 2H2O;向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液至硫酸根离子沉 淀完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应的 离子方程式为2Ba2++NH+A13++2SO?+4OH AI(OH)3￥+NH3·H2O+2BaSO,￥。 A【解析】根据图示，KHA溶液呈酸性，当溶液中只含有K2A 时溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用KOH溶 液滴定0.1mol·L1KHA溶液可以用酚欧作指示剂；根据图 示，c(HA)=c(A2)时，pH=7,25℃时，H2A第二步电离平 衡常数K2≈10-7；c点溶液中，c(HA)=c（A2),pH=7, c(H+)=c(OH),根据电荷守恒c(H)+c(K+)=c(HA)+ 2c(A2-)+c(OH),故c(K+)=3c(HA-);a→d点，随滴入 KOH的体积增大，H2A减少、KHA先增多后减少、K2A增多 H2A抑制水电离，KHA溶液显酸性，说明HAˉ的电离程度大 于水解程度，KHA也抑制水电离，K2A水解促进水的电离，所 以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度为a<b<c<d。 14 二、非选择题 172×4 或 3.87X1032 (1)799 (6Φ(1,7，号） (43ax10o）'×NN 4√3a3XNA (2)BC 3 (3)积炭使催化剂活性降低（或使催化剂中毒、催化剂吸附甲烷 ③10% 能力降低等其他合理答案也可) 【思路分析】氟碳铈矿（主要含CFCO3)经“氧化焙烧”将+3价 (4)①甲②温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭生 铈氧化为十4价，加入盐酸得到含C+的溶液，加入萃取剂，发 成量减少 生反应Ce+十n(HA)2-一Ce·(Hm-4Am)十4H,从而除去 (5)①60%②5 溶液中的F-,再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+,反 【解析】(1)CO2(g)十H2(g)三CO(g)+H2O(g)△H4= 萃取得到含Ce3+的溶液，加人NaOH,使Ce3+转化为 十41.0k·mol1,由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的 Ce(OH)3,加人NaC1O,Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。 总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，设C一O的键 【解析】(I)原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫 能为xkJ·mol1,则△H4=2xkJ·mol1+436kJ·mol1- 酸体系中Ce+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，可知 1067kJ·mol厂1-463kJ·mol-1×2=+41kJ·mol-1,则 “氧化焙烧”的目的是将十3价铈氧化为十4价铈。 C-0的键能为799kJ·mol-1。 (2)D随起始料液中c(SO)变化的原因是随着c(SO)增大， (2)反应Ⅲ为气体体积增大的反应，其他条件不变，增大压强，平 水层中Ce+与SO?结合成[CeSO,]+,导致萃取平衡向左移 衡逆向移动；平衡时速率之比等于化学计量数之比，所以当 动，D迅速减小。 2v正(C02)=v递(CO)时，反应达到平衡状态；气体质量发生变 (3)依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原 化，又知ρ一行，若混合气体的密度不再变化，说明反应已达到 m 剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而得出离子方 平衡状态；升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率也 程式为2Ce++H2O2—2Ce3++O2↑+2Ht。 加快。 (4)Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于l0-5mol· (3)因积炭生成量增加导致反应I速率显著降低是由于积炭使 L,依据Kp[Ce(0H)3]=1.0×10-0,c(0H)= 催化剂活性降低（或使催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低 31×100 等其他合理答案也可)，反应速率减慢。 10mol L-10-mol.L-1,c(H)10- 10-5 mol L-1=109mol·L1,则pH大于9时，Ce3+完全生成 ④)①用X表示进料比？C,在其他条件不变时，增大进料 Ce(OH)3沉淀。 比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致积碳 (5)根据题目信息“Cε02在氧化气氛中耗氧”“气体产物是空气 生成量增多，因此X=0.5即进料比最小时，积碳生成量应该最 的某一成分”，可知NO的还原产物是N2,化学方程式为 少，表示的曲线是丙，则X=2.0的曲线是甲。 CeOx-+2xNO-CeO2+xN2. ②随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是温度升高，反应 (6)①根据M原子的分数坐标为(0,0,0)，且N原子在面心位 Ⅲ和Ⅱ平衡正向移动，温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大， 导致积炭生成量减少。 置，则N原子的分数坠标为(1,2，)： (5)恒温恒容，进料比X=1.0,假设甲烷和二氧化碳分别是 1mol,反应I先进行，反应V后进行，设反应I转化率为x,二 ②根据均摊原则，Ce0:品胞中Ce数目为8X日+6×2-4， 氧化碳的平衡转化率为y,平衡时，总物质的量增加了60%，列 O2-数目为8，CeO2晶胞中Ce+与最近的O2-核间距为apm, 三段式： CH,(g)+COz(g)=2CO(g)+2H2 (g) 为晶胞体对角线的}，则晶胞边长为0p 3pm,晶体的密度为 始/mol 1 1 0 0 172×4 g·cm3=3.87X1032 转/mol C 2x 2x (4Bax100）×Na 43a'xN8·cm3. 平/mol 1-x1-x 、3 2x 2x CO2(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) ③C02中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂Y203后 得到n(CeO2):n(Y2O)=0.6:0.2的晶体，阳离子和阴离子 始/mol 1-x2x 2x 0 转/mol y y y y 的个数比为1：1.8，则此晶体中02-的空缺率为2二.8× 2 平/mol 1-x-y 2x-y 2x+yy 100%=10%。 ①n总=2十2x=2×1.6,得x=0.6,故CH4的平衡转化率 为60%。 化学关键能力专练（二）】 ②恒温恒容，平衡压强为1.6pkPa时，混合气体中n(H2O): 一、选择题 y 3 1.C【解析】①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解，不溶性 (C0:)=3:1,得1-2-y=广，解得y=0.3,K,= 物质可能为BaCO3、BaSO4、SiO2;②取①中滤液做焰色试验，透 P):PC08,P(C0)=aCDP,水氢气二氧化碳的 P(CO)·P(H2O) 过蓝色钴玻璃未观察到紫色，滤液中不存在钾离子，说明样品 n总 中一定没有KNO3;③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产 平衡分压同理得出，数据代入得K。=5。 生气泡，固体部分溶解，BaCO,溶于盐酸，可知样品中一定存在 (1)将+3价铈氧化为十4价铈 Na2CO3和BaCl2,无法确定未溶解的物质是BaSO4还是SiO2 (2)随着c(S0?)增大，水层中Ce+与SO?结合成 还是二者均有；取①中滤液，加人硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液， [CSO,]+,导致萃取平衡向左移动，D迅速减小 若未产生白色沉淀，有可能是加水溶解时，硫酸根恰好沉淀完 (3)2Ce++H202—2Ce3++02↑+2H 全，不能确定样品中不含Naz SO.4;SiO2可溶于KOH溶液， (4)9 BaSO,不溶于KOH溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向 (5)CeOx-+2xNO-CeO2+xN2 ③未溶解的固体中加入KOH溶液。 ·化学· 2.B【解析】A项，12-冠-4与18-冠-6含醚键数目不同，不互为同 系物；B项，利用分子识别原理，用18-冠-6将KCN代入有机物 中，增大KCN在有机物中的溶解度；C项，超分子是两种或两种 以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，不属于高分 子化合物；D项，超分子“分子识别”的特征可以用于分离L 与K。 3.C【解析】A项，丙烯醛中的醛基和碳碳双键均能与溴水反应， 直接滴加溴水无法区分两者，需先消除醛基干扰；B项，牺牲阳 极法中，铁作为阴极被保护，不会产生F2+,故滴加 K,[Fe(CN)。]溶液不会生成蓝色沉淀，但由于铁片可被 K,[Fe(CN)6]氧化为Fe+,随后Fe+与K,[Fe(CN),]进一步 反应生成蓝色沉淀，无法直接验证；C项，溶液中存在平衡 [Cu(H2O)4]2++4C1一[CuCL,]2+4H20,加热后平衡发 生移动，可通过观察溶液颜色变化探究温度对化学平衡的影 响；D项，麦芽糖本身就是还原性糖，无法通过题给实验检验麦 芽糖水解。 4.C【解析】A项，试管中的空气受热膨胀，也会在肥皂液中看到 气泡，不能判断反应是否发生；B项，该装置只能说明C2的氧 化性比Br2强，Cl2的氧化性比I2强，不能说明Br2的氧化性比 I2强；C项，左边试管有气泡生成，说明醋酸酸性比碳酸强，右边 试管无明显现象，说明硼酸的酸性比碳酸弱，故能比较出醋酸 的酸性比硼酸强；D项，K[Fe(CN)s]用于检验Fe2+,不能检验 Fe3+,故不能检验(NH4)2Fe(SO,)2溶液是否变质。 5.D【解析】CO会引起催化剂中毒，影响合成氨速率； [Cu(NH3)2]2SO4溶液与CO反应的适宜条件为低温高压； [Cu(NH3)3CO]2SO4溶液再生NH3的适宜条件为高温低压 寻找合适的“低温催化剂”是工业合成氨的最佳科研方向，可以 节约能源。 6.B【解析】HPO2与足量的氢氧化钠反应生成正盐，故 NaH2PO2为正盐；“络合”时将酒石酸钾钠滴入CuSO4溶液中 直至溶液变澄清，生成配合物[Cu(C4H4O。)2]2-;根据酒石酸 钾钠结构简式可知[Cu(C4H4O。)2]-中心原子的配位数为4； “还原”时NaH2PO2转化为Naz HPO3,则反应的离子方程式为 H2PO2+[Cu(C4H4O6)2]2+30H= =Cu+HPO+ 2H2O+2C4H4O,氧化产物为Na2HPO3、还原产物为Cu,氧 化产物和还原产物的物质的量之比为1：1。 7.D【解析】如果加热具支试管则管内气体受热膨张，不能更快 更清晰地观察到液柱上升；图Ⅱ中铁作负极；图Ⅲ装置中，负极 反应式为Al-3e—A13+,正极反应式为O2+2H2O+4e 一4OH,总反应式为4A1+3O2+6H2O=4A1(OH)3,生 成的A1(OH),进一步脱水形成白斑。 二、非选择题 8.I.(1)分液漏斗 (2)打开K2,关闭K3、K (3)隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化 Ⅱ.(4)碱石灰 (5)缺少处理CO尾气装置 (6)FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,↑+C0+2H,0 Ⅲ.(7)Fe2O3 【解析】I.由实验装置图可知，制备草酸亚铁晶体的操作为组 装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先关闭K2,打开 K3、K1,将一定量稀硫酸加人锥形瓶a中，利用反应生成的氢气 排尽装置中的空气，一段时间后，打开K2,关闭K3、K1,再利用 反应生成的氢气将装置a中的硫酸亚铁溶液压入装置b中，使 硫酸亚铁溶液与草酸铵溶液混合反应制得草酸亚铁，装置℃中 2 盛有的水用于隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的 氧气氧化，装置b中制得的草酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结 品、过滤、洗涤、干燥得到草酸亚铁品体。Ⅱ.由实验装置图可 知，装置A为草酸亚铁晶体受热分解装置，盛有无水硫酸铜的 干燥管用于检验水蒸气的生成，装置B中盛有的澄清石灰水用 于检验二氧化碳的生成，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸 收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验，装置D中盛 有的浓硫酸用于干燥气体，装置E中盛有的氧化铜和装置F中 盛有的澄清石灰水用于检验一氧化碳的生成，该装置的设计缺 陷是缺少处理一氧化碳尾气装置。 (6)由题意可知，A处反应管中发生的反应为草酸亚铁晶体受热 分解生成氧化亚铁、二氧化碳、一氧化碳和水，反应的化学方程 式为FeC,0,·2H,0△Fe0+C0,++C0+十2H,0。 3.6g (7)3.6g草酸亚铁晶体的物质的量为180g:m0=0.02mol, 由铁原子个数守恒可知，1.6g剩余固体中铁元素的物质的量 为0.02mol,则固体中铁元素和氧元素的物质的量之比为 0.02mol:1.6g-0.02molX56g·mo1 -=2：3,所以剩余 16g·mol- 固体物质的化学式为Fe2O3。 (1)圆底烧瓶 (2)H2SO,(浓)+Na2SO3-Na2SO4+SO2个+H2O (3)B (4)CD (5)①0.1mol·L1Ba(NO,)2溶液②0.1mol·LBaCl2溶 液③未煮沸的溶液中溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，pH减 小④O2 (6)2S02+2Ba2++O2+2H20—2BaS04+4Ht 【解析】(1)盛放Na2SO3溶液的仪器名称是圆底烧瓶。 (2)浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化硫气体，反 应的化学方程式为H2SO4(浓)+Na2SO3一Na2SO,+SO2◆+ H20。 (3)二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，则将二氧化硫气体通人氢 氧化钠溶液中时要注意防倒吸。 (4)品红溶液褪色体现了二氧化硫的漂白性；二氧化硫具有酸性 氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液褪色；溴水具有强氧 化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还 原性；酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原 反应而褪色，体现二氧化硫还原性。 (5)①实验中探究溶液中NO8与O2氧化SO2的主导作用，则 需要控制实验中的变量唯一。实验、ⅱ为对照实验，变量为硝 酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iⅱ为0.1mol·L1 Ba(NO3)2溶液。 ②实验m、V为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶 獬解氧，故实验lV为0.1mol·L1BaCl2溶液。 ③川、V两组实验pH变化不同的原因可能是未煮沸的溶液中 溶有O2,将亚硫酸氧化为硫酸，PH减小。二氧化硫、氯化钡反 应生成硫酸钡和盐酸。 ④实验i、i为对照，实验、V为对照，通过pH变化可知，存 在溶解氧的溶液pH更小，故溶液中NO,与O2在氧化SO2时 占主导作用的是O2。 (6)在有氧气的条件下，氧气将SO2氧化为硫酸根离子，硫酸根 离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为2SO2+2Ba2+十O2十 2H2O—2BaS04￥+4H。 化学关键能力专练（三） 、选择题 C【解析】空气冷凝管冷凝效果差，可改用直形冷凝管。 A【解析】根据某常见金属单质及其部分化合物的“价一类”二 维图知，a为Fe、b为FeO、c为FezO,、d为Fe(OH)3、e为 Fe(OH)2、f为亚铁盐（如FeCl2等）、g为铁盐（如FeCl等）、h 为高铁酸盐（如K2FeO4等）。Fe与HCl反应生成FeCl2,FeCl2 。15 参考答案及解析 与CL2反应生成FeCl,FeCL与NaOH反应生成Fe(OH)g, 代表甲烷，0~40min内CH,的平均反应速率为 Fe2O3不能通过一步反应转化为Fe(OH)3;b与HI的反应为 FeO+2HI一FeI2+H2O,c与HI的反应为Fe2O3+6HI 100-20)X102mol=0.02mol·L1·min'。 1L×40min 2Fel2十L2+3H2O,前者为非氧化还原反应，后者为氧化还原反7.C【解析】pH越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HAˉ的 应；FO?具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，其还原产物 分布分数越小，所以I线代表A-,Ⅱ线代表HAˉ；根据图像中 Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体用于净水；图乙构成原电池， 含A微粒只有两条线，所以对应的微粒为HAˉ和A2一，溶液中 Fe(a)为负极，电极反应为Fe一2e一Fe2+,向a极附近滴人 不存在H2A分子，则H2A第一步完全电离，电离方程式为 铁氰化钾溶液会产生蓝色KFe[Fe(CN).]沉淀。 H2A—H+十HA-、HA一H+十A2-;c点对应溶液的溶 C【解析】在10min时，a(NH3)=45%,则△n(NH3)= 质为2×10-3 mol Na2SO,、2×10-3 mol NaHA,根据电荷守恒 4mol×45%=1.8mol,△n(NH3)=△n(NO)=1.8mol,故 可得c(H+)+c(Na)=2c(SO)+c(OH)+c(HAˉ)+ 1.8 mol (NH,)=(NO)-2LX10 min 2c(A2-),根据元素守恒可得c(A2-)+c(HA)=c(SO),联 =0.09mol·L1·min1;在 立两式可得c(H+)+c(Na+)=3c(SO)+c(OH)+ 20min后，氨的转化率下降，升高温度和增大压强平衡均逆向 c(A2-);当6为0.5时，c(HA)=c(A2-),对应的pH≈8.4， 移动；在T℃下，平衡时a(NH3)=60%,则△n(NH3)= c(H+)=1×10-84mol·L1,根据K。的表达式，K,≈1X 4mol60%=2.4mol,消耗的△c(NH3)=1.2mol·L1,根 10-8.4,数量级为10-9。 据化学方程式，列三段式： 二、非选择题 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) 8.(1)+185kJ·mol-1高温 始/(mol·L-1) 2 2.5 0 0 (2)b升高温度反应I、Ⅱ均正向移动，主要发生反应Ⅱ 转/(mol·L1) 1.2 1.5 1.2 1.8 (3)①a②3③0.24 平/(mol·L-1) 0.8 1.0 1.2 1.8 【解析】(1)反应ⅢCH,COOH(g)+2O2(g)一2CO2(g)+ c4(NO)×c(H20)_1.8X1.2 故平衡常数K.=2NH,)X心(0，)=0.8X1a,b,c三 2H20(1)△H3=-871kJ·mol1 1 点正反应速率逐渐减小，d点采取措施可能是加压、升温或者增 反应V H,(g)+20(g一H,0(I) △H4= 大NH3的浓度，均可以使正反应速率增大，故正反应速率为 -286kJ·mol-1 v(e)>v(a)>v(b)>v(c)。 反应VH2O(g)—H2O(1)△Hs=-44kJ·mol B【解析】由题干反应历程图可知，历程ⅰ、ⅱ、m的活化能分 由盖斯定律可知反应I=反应V×2+反应Ⅲ一4×反应V,因 别为70.9kJ·mol1、89.6kJ·mol1、141.3kJ·mol1,活化 此△H1=△H×2+△H3-△H4×4=+185kJ·mol-1:反应 能越大反应速率越慢，反应速率最慢一步为决速步骤，故三步 I为吸热的熵增反应，在高温下可自发进行。 反应历程中决定总反应速率的是反应历程m;由题干历程图可 (2)水的量越大氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越 知，反应历程1、i、m的热化学方程式分别为CH如(g)十 高，因此水碳比(S/C)=4的曲线是b;反应I、Ⅱ均是吸热反 H·(g)→·C4Hg(g)+H2(g)△H1=十20.7kJ·mol-1; 应，开始升高温度主要发生反应I,有利于H2的生成，约 650℃时达到最大，但继续升高温度体系内主要发生反应Ⅱ消 CoHg(g)十H2(g)→C4oHig(g)十H2(g)△H2= 耗H2,因此H2的产率会先增大后逐渐减小。(3)①反应I、反 -11.2kJ·mol1;CoHi(g)+H2(g)→C4oH1g(g)+ 应Ⅱ均为吸热反应，由图丙可知反应I受温度影响比反应Ⅱ大 H2(g)+H·(g)△H3=+118.5kJ·mol1,故总反应为 且温度相同时，反应I的平衡常数大，平衡逆向移动，CO2浓度 减小，则CO2选择性随压强变化的曲线是a。 Cn H2 (g) H·CoHa(g)+H,(g),可由1十i+m相加得出， ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通人2mol 根据盖斯定律可知，△H=△H1十△H2十△H3=（十20.7kJ· H2O和1 mol CH3COOH,测得平衡时体系中气体物质的量增 mol-1)+(-11.2kJ·mol-1)+(+118.5kJ·mol-1)= 加40%，则气体增加的物质的量△n=（1+2)mol×40%= +128kJ·mol;根据图像可以判断过渡状态1、2、3的产物的 1.2mol,根据反应I、Ⅱ各物质的化学计量数，可知平衡时 总能量的相对大小，能量越低，物质越稳定，故可以判断过渡态 2 1、2、3的稳定性相对高低；由题干历程图可知，C4H18形成的 n(C02)+n(C0)=3△n=0.8mol,C点S(C0)=20%,则 过程中只有极性键的断裂。 n(C0)=0.8mol×20%=0.16mol,可得 A【解析】“灼烧”过程中，废铜泥中的金属元素转化为金属氧 C02(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) 化物，硫元素转化为气体逸出，所以“灼烧”可将废铜泥转化为金 转化/mol 0.16 0.16 0.160.16 属氧化物；若温度过高，过氧化氢会分解，减弱除杂效果；在实验 平衡/mol 0.8-0.160.8×2-0.160.162-0.8+0.16 室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧 1.36、0.16 杯；“还原”时溶液中的Cu+被SO号还原为Cu+,Cu+再结合 设平衡时容器容积为VL,K,=cCOc(HO)=VXV C1生成CuC1沉淀，而SO被氧化为SO,根据得失电子守 c(C02)c(H2)0.64、1.44 V 恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应的离子方程式为2C+十 0.24。 SO+2C1+H2O一2CuC1↓十SO2-+2H+,所以“还原” 9.(1)3d4s 后“溶液”呈酸性。 (2)防止拆解过程中因短路发生火灾、爆炸等事故 B【解析】随反应进行，甲烷物质的量逐渐减小，乙烯物质的量 (3)①温度975℃、时间90min②在此温度范围内， 先增大后减小，产物乙炔物质的量逐渐增大，因此曲线甲代表乙 A12(SO4)3分解为A12O3,而A12O3难溶于水 炔、乙代表甲烷、丙代表乙烯。由分析可知，乙代表甲烷，M点 (4)漏斗、烧杯、玻璃棒 后，甲烷的物质的量减小，说明反应正向进行，则正反应速率大 (5)Al2O3+2OH+3H20—2[A1(OH)4] 于逆反应速率；根据曲线变化可知，30min前以生成乙烯为主； 根据题干，两反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物 （6）4NiCo.2Mn3(OH)2+O2+2Li,C0,△ 质的量减少，乙炔物质的量增大，则乙曲线下移，甲曲线上移；乙 4LiNio.sCoo.2 Mno.3 O2 +2CO2+4H2O