专题4 解题高招(精讲册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

解题高招怎么做 氧化性酸与金属反应的复杂计算 p题目特征 NO2,错误。 浓硫酸、硝酸等氧化性酸与金属反应的复杂 [点评] 计算 解法一：忽略了硝酸在反应中显酸性和氧化 p样板题 性，同时在题给信息中硝酸的还原产物存在不 铁与不同浓度的硝酸反应时，各种还原产物的 同物质。 相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图，下列说 解法二：忽略了题给图像中的信息提示一少 法错误的是( 量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L1硝酸 反应时，还原产物应是等物质的量的NO2、 10外----- 91 NO,氧化产物是Fe(NO3)3。 8 6 [科学解法] 根据图示，在浓硝酸浓度为12.2mol·L1 N20 时，主要产物为NO2与NO,随着硝酸浓度逐 4.02 8.069.7512.2cHN0,)/mol·L） 渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量 A.硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的 逐渐增多；当浓度为9.75mol·L1时，主要 成分越多 产物是NO,其次是NO2及少量的N2O,当 B.Fe与HNO3反应分别生成等物质的量的 HNO3的浓度降到4.02mol·L1时，NH成 N2O和NH时，转移电子的数目之比为 为主要产物，一般来说，硝酸的浓度越大，其还 1：2 原产物中高价态的成分越多，A正确；假设Fe C.少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L1 与HNO3反应分别生成1mol的N2O和 硝酸反应时，反应的化学方程式为4Fe+ 18HNO3=4Fe (NO3)3+3NO+ NH,NO。转移电子的物质的量分别为 3NO2+9H2O 8mol、8mol,转移电子数目之比为1：1，B错 D.用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L-1 误；少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体 硝酸反应时，还原产物是等物质的量的O2、 2.24L,则参加反应的硝酸的物质的量为 NO,氧化产物是Fe(NO3)3,反应的化学方程 0.20 mol 式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO [陷阱解法] +3NO2◆+9H2O,C正确；当硝酸浓度为 解法一：认为D项产生气体为0.1molN2O, 9.75mol·L1时，还原产物是NO、NO2、 对应硝酸0.20mol,正确 NO,用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L1 解法二：认为C项铁与硝酸反应生成NO或 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L, 259 部分硝酸被还原、部分硝酸生成硝酸铁，若还 错误；向硝酸中加入铁粉首先发生的反应为 原产物全是NO,参加反应的硝酸为0.4mol, Fe+4HNO;=Fe(NO3)3+NO+2H2O, 若还原产物全是N○2，参加反应的硝酸为 硝酸的物质的量为0.4mol,则消耗铁的物质 0.20mol,若还原产物全是N2O,参加反应的 的量为0.1mol,b=0.1,生成硝酸铁0.1mol, 硝酸为1mol,所以参加反应的硝酸的物质的 Fe过量时又发生反应2Fe(NO3)3十Fe 量大于0.20mol,D错误。故选BD。 3Fe(NO3)2,生成0.15mol硝酸亚铁，则a= [答题模板] 0.15,C错误；根据上述分析，当加入铁粉 (1)明确反应物、产物的种类、状态、数目； nmol时(0.1<n<0.15),参加反应 (2)注意参与反应的酸同时体现酸性和氧化 2Fe(NO3)3+Fe-=3Fe(NO3)2的铁为(n- 性，金属体现还原性； 0.1)mol,消耗的硝酸铁为2(n一0.1)mol,则 (3)利用氧化还原电子守恒和金属与酸的原子 溶液中n(Fe3+)=0.1mol-2(n一0.1)mol= 守恒列式进行计算。 (0.3-2n)mol,D正确。 )答案D P题型延伸 p类题实战 典例向200mL2mol·L-1HNO3溶液中 1.锌与100mL18.5mol·L1的浓硫酸充分 逐渐加入铁粉至过量（假设生成的气体只有一 反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲 种)，在此过程中，n(Fe2+)随n(Fe)变化如图 35.84L(标准状况)。将反应后的溶液稀释 新所示。下列有关说法正确的是( 至1L,测得溶液中c(H+)=0.1mol·L-1。 下列叙述不正确的是() A.反应中共消耗1.8molH2SO4 B.气体甲中SO2与H2的体积比为7：1 n(Fe)/mol C.反应中共消耗1.6 mol Zn A.该过程中产生标准状况下的氢气4.48L D.反应中共转移3.2mol电子 B.向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显 2.将28.16g铜与200mL一定浓度的硝酸反 现象 应，铜完全溶解产生的NO和NO2的混合气 C.图中a=1.5、b=1.5 体在标准状况下的体积为8.96L。 D.当加入铁粉nmol时(0.1<n<0.15),溶液 请回答： 中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol (1)NO的物质的量为 mol。 解析：硝酸与铁反应先生成硝酸铁、NO和水， (2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加 不生成氢气，A错误；C点处的溶液是硝酸亚 入308mL4.0mol·L1的NaOH溶液，恰 铁溶液，若加入盐酸，H+、NO3和Fe2+发生 好使溶液中的Cu+全部转化成沉淀，则原 氧化还原反应生成Fe3+,溶液变为棕黄色，B 硝酸溶液的浓度为 mol·L-1。 260答案 实战高考·化学 专题4。非金属及其化合物 ①B解析锌与浓硫酸反应生成硫酸锌、水和二氧化硫， 2(1)0.24 随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，锌与稀硫酸反 (2)8.16 应，生成硫酸锌和氢气。生成气体的物质的量为1.6mol, 溶液中剩余硫酸的物质的量为0.5×1L×0.1mol·L-1 断12然16g朝的物质的读为餐1点=0丝ml =0.05mol,参加反应的n(HS04)=0.1L×18.5mol·L-1- 标准状况下8.96L混合气体的物质的量为 0.05mol=1.8mol,设反应生成SO2的物质的量为x, 2.4L,mol=0.4mol,设混合气体中N0和NO2物 8.96L H2的物质的量为y,根据反应Zn十2HS04(浓)△ 质的量分别为x、y,由得失电子守恒有3x十y=0.44mol ZnSO4+SO2个+2H2O、Zn+H2S0O4(稀)-ZnSO4+ X2,二者物质的量之和x十y=0.4mol,解得x= H2个可知x十y=1.6mol,2x十y=1.8mol,解得x= 0.2mol,y=1.4mol。气体甲为S02和H2的混合物，且 0.24mol,y=0.16mol。(2)向反应后的溶液中加入 V(SO2):V(H2)=n(SO2):n(H2)=1:7,故B错误； NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此 反应中共消耗金属Zn的物质的量n(Zn)=0.2mol+ 时溶液中溶质为NaNO3,由钠原子守恒可得n(NaNO3) 1.4mol=1.6mol,故C正确；在反应Zn+2H2SO4(浓) =n(Na0H)=0.308L×4.0mol·L-1=1.232mol,根 △ZnSO4十S02个十2Hz0中，生成0.2mol二氧化硫转 据氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+ 移电子0.4mol,反应Zn十H2SO4(稀)—ZnSO4十H2↑ n(N0)=1.232mol+0.4mol=1.632mol,所以原硝酸 中，生成1.4mol氢气转移电子2.8mol,所以反应中共转 的物质的量浓度为，63？m0-=8.16m0l·L-1。 移3.2mol电子，故D正确。 0.2L 专题7。化学反应速率与化学平衡 C解析A.由图甲所示信息可知，反应①为CaO十CO2 而由2时刻信息可知，H2的流速未变，仍然为 CaC0,反应②为CaC0+CH4催化剂 Ca0+2c0 2mmol·min1,而CO变小，故能够说明副反应生成H2 十2H2,正确；B.由图乙信息可知，ti~t3,n(H2)比n(CO) 的速率小于反应②生成H2速率，错误；D.t3之后，CO的 多，生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2, 流速为0，CH4的流速逐渐增大，最终恢复到1mmol· min一1，说明生成C0的速率为0，是因为反应②不再发 在催化剂上有积炭，故可能有副反应CH4催化剂C十 生，正确。 2H2,正确；C.由反应②可知，H2和CO的反应速率相等， 520