2027年高考化学一轮复习月度滚动测试01（全国通用） 2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 2027年高考化学一轮复习月度滚动测试，聚焦“物质及其变化、物质的量”，通过原创题（如物质分类）、社会热点（CO₂转化为CH₃OH）及新情境（钒元素转化、二氯异氰尿酸钠制备），融合化学观念与科学探究，适配一轮复习基础巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15/45|物质分类、离子反应、氧化还原、NA计算|新考法对比离子方程式（如Fe与稀硫酸/硝酸），结合生活情境（胃酸中和药物）| |非选择题|4/55|物质转化推断、实验探究（FeCl₃与Na₂SO₃反应）、定量测定（芹菜叶铁含量）|综合题整合物质转化与实验设计（如二草酸合铜酸钾制备），融入定量分析与误差讨论，贴合高考命题趋势|

2027年高考化学一轮复习月度滚动测试01 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考查范围：物质及其变化、物质的量 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg 24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cr-52 Mn-55 Cu-64 I-127 Pb-207 第Ⅰ卷(选择题 共45分) 一、选择题：共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】下列生活中的常见物质，按照单质、正盐、碱、混合物的顺序排列的一组是( ) A．铁、NaHCO3、生石灰、盐酸 B．Ne、碱式碳酸铜、纯碱、空气 C．水银、CaCO3、NH3·H2O、漂白粉 D．金刚石、KNO3、NaOH、液氮 【答案】C 【解析】A项，铁属于单质，NaHCO3属于酸式盐，生石灰(CaO)为氧化物，盐酸属于混合物，A不符合题意；B项，Ne属于单质，碱式碳酸铜属于碱式盐，纯碱属于盐，空气属于混合物，B不符合题意；C项，水银(Hg)属于单质，CaCO3属于正盐，NH3·H2O属于碱，漂白粉(主要成分为氯化钙和次氯酸钙)属于混合物，C符合题意；D项，金刚石属于单质，KNO3属于正盐，NaOH属于碱，液氮属于单质，D不符合题意；故选C。 2．【改编】胃酸的主要成分是盐酸，当胃酸过多会出现“咯酸水”、“胃部隐隐作痛”等症状。常用于中和胃酸的药物主要成分有Al(OH)3、NaHCO3、MgO、MgCO3、MgSiO3、CaCO3等。下列说法正确的是( ) A．Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸 B．从组成的阳离子来看，MgO、MgCO3、MgSiO3都属于镁盐 C．根据树状分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐 D．根据交叉分类法分类CaCO3属于钙盐、碳酸盐、难溶性盐 【答案】D 【解析】A项，Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸式盐，A错误；B项，从组成的阳离子来看，MgCO3、MgSiO3都属于镁盐，MgO为氧化物，B错误；C项，根据交叉分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐，C错误；D项，根据交叉分类法分类CaCO3具有钙盐、碳酸盐、难溶性盐特性，故CaCO3属于钙盐、碳酸盐、难溶性盐，D正确；故选D。 3．【社会热点】科学家模拟早期地球的陆地热泉环境，在80～120℃、紫外-可见光照射下，用FeS纳米材料催化剂成功将CO2转化为CH3OH等有机物，为探索生命起源提供了新方向。下列说法不正确的是( ) A．不能用Fe和S直接化合制备FeS B．CO2转化为CH3OH的反应属于氧化还原反应 C．陆地热泉中可能存在含氢元素的还原性物质 D．上述过程中存在不同能量形式的转化 【答案】A 【解析】A项，Fe与S在加热条件下可直接化合生成FeS，该说法错误，A符合题意；B项，CO2中C为+4价，CH3OH中C为-2价，反应前后C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；C项，CO2转化为CH3OH需要还原剂，且产物含H元素，因此陆地热泉中可能存在含氢元素的还原性物质，C不符合题意；D项，该反应在紫外-可见光照射、一定温度下进行，存在光能、热能转化为化学能的过程，有不同能量形式的转化，D不符合题意；故选A。 4．【原创】下列解释事实的方程式正确的是( ) A．电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体：2H++2Cl-H2↑+Cl2↑ B．84消毒液加白醋，可增强漂白效果：ClO-+H+=HClO C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：Ca2+ +2OH－＋2HCO3- ＝CaCO3↓+ CO32-+2H2O D．乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热出现砖红色沉淀：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O 【答案】D 【解析】A项，饱和氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故A错误；B项，向84消毒液中加入白醋，醋酸和NaClO反应产生HClO，醋酸、HClO是弱电解质，不能拆写，故消毒液的漂白性增强：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，故B错误；C项，碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为Ca2++OH－＋HCO3-＝CaCO3↓+ H2O，故C错误；D项，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成乙酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故D正确；故选D。 5．【新考法】下列A~D四组反应中，其中I和II可用同一个离子方程式表示的是( ) I II A 把金属铁放入稀硫酸中 把金属铁放入稀硝酸中 B 将3 mol Cl2通入含1 mol FeBr2的溶液 将1 mol Cl2通入含3 mol FeBr2的溶液 C NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性 NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应使SO42-恰好沉淀 D Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液 Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液 【答案】D 【解析】A项，Ⅰ反应离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，反应Ⅱ离子方程式3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，不能用同一种离子方程式表示，故A错误；B项，Ⅰ．3Cl2+2Fe2++4Br-═2Fe3++2Br2+6Cl-，Ⅱ．Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl-，不能用同一种离子方程式表示，故B错误；C项，Ⅰ．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至溶液恰好呈中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，Ⅱ．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至 SO42-沉淀完全的离子反应为：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，不能用同一种离子方程式表示，故C错误；D项，Ⅰ．Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，Ⅱ．Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，可以用同一种离子方程式表示，故D正确；故选D。 6．银久置空气中会变黑，其变色原理为：Ag+H2S+O2→Ag2S+H2O(未配平)，若消耗标准状况下的氧气，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( ) A．转移电子数为4NA B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1 C．H2S为还原剂 D．生成的H2O含有孤电子对数为2NA 【答案】A 【解析】由未配平的方程式可知，反应中银元素的化合价升高被氧化，银是还原剂、硫化银是氧化产物，氧元素的化合价降低被还原，氧气是氧化剂、水是还原产物，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，反应的化学方程式为：4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，反应消耗1mol氧气，转移电子的物质的量为4mol。A项，由分析可知，反应消耗1mol氧气，转移电子的物质的量为4mol，则消耗标准状况下22.4L氧气时，转移电子的数目为：×4×NAmol-1=4NA，A正确；B项，由分析可知，硫化银是氧化产物、水是还原产物，由方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，B错误；C项，由分析可知，反应中银元素的化合价升高被氧化，银是反应的还原剂，C错误；D项，水分子中氧原子的价层电子对数为：2+(6-1×2) ×=4，孤对电子对数为：(6-1×2) ×=2，由方程式可知，消耗标准状况下22.4L氧气时，生成水的物质的量为：2mol，则水分子含有孤电子对数为：2mol×2×NAmol-1=4NA，D错误；故选A。 7．芬顿法常用于废水的处理，反应为NH4OCN+3H2O2=N2↑+CO2↑+5H2O。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) A．18gH2O中含有电子数目为10NA B．1mol/LNH4OCN溶液中，NH4+数目为NA C．标准状况下，22.4LCO2中含有键数目为2NA D．当反应生成14gN2时转移电子数为3NA 【答案】B 【解析】A项，水分子的电子数为10，则18g水分子含有的电子数目为：×10×NAmol-1=10NA，A正确；B项，NH4OCN溶液中铵根离子会发生水解，所以1L1mol/LNH4OCN溶液中铵根离子的数目小于1mol/L×1L×NAmol-1=NA，B错误；C项，二氧化碳分子的结构式为：O=C=O，每个双键中含有1个σ键，则标准状况下22.4L 二氧化碳含有σ键的数目为：×2×NAmol—1=2NA，C正确；D项，由方程式可知，反应生成1mol氮气时，转移电子的物质的量为6mol，则反应生成14g氮气时，转移电子的数目为：×6×NAmol-1=3NA，D正确；故选B。 8．Fe(CO)5(五羰基铁)是一种典型的金属羰基化合物，在热、光、氧化还原等条件下表现出多种反应性，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)5+337Cl2=2Fe37Cl3+10CO，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是( ) A．生成1molFe37Cl3时，Fe(CO)5失去的电子数为3NA B．1 mol基态Fe原子的价电子数为2NA C．22.4 L37Cl2含有的中子数为40NA D．常温下，1L0.01mol/LFe37Cl3溶液中，Fe3+数目10-2NA 【答案】A 【解析】A项，反应过程中，只有铁元素和氯元素的化合价发生了变化，Fe(CO)5中Fe元素的化合价为0，生成物中铁元素化合价为+3，生成1mol 氯化铁时，Fe(CO)5失去3mol电子，数目为3NA，A正确；B项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，一个基态Fe原子共有8个价电子，1mol基态Fe原子的价电子数为8NA，B错误；C项，未说明是否为标准状况，22.4 L37Cl2的物质的量不确定是否为1mol，无法计算其中的中子数，C错误；D项，Fe3+在溶液中会发生水解，实际浓度小于0.01mol/L，因此1 L溶液中Fe3+数目小于10-2NA，D错误；故选A。 9．在一定条件下，下列物质按图示路径不能实现转化的是( ) 选项 M X Y A Cl2 Fe 双氧水 B AlCl3溶液 NaOH溶液 盐酸 C NaOH溶液 CO2 澄清石灰水 D 乙醇 O2 H2 【答案】D 【解析】A项，2Fe+3Cl2=2FeCl3，2Fe3++Fe=3Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O路径可实现，A正确；B项，Al3++3OH-=Al(OH)3↓(NaOH少量)；Al3++4OH-=[Al(OH)4]-(NaOH过量)；[Al(OH)4]+H+=Al(OH)3↓+H2O(盐酸少量)；路径可实现，B正确；C项，2OH-+CO2═CO32-+H2O(CO2少量)；CO2+OH-═HCO3-(CO2过量)；Ca2+ +2OH－＋2HCO3- ＝CaCO3↓+ CO32-+2H2O (少量石灰水)，路径可实现，C正确；D项，，，但乙酸中羧基难被H2还原为乙醛(N)，路径不可实现，D错误；故选D。 10．【新情境】钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是( ) A．在酸性溶液中氧化性：MnO4-＞VO2+ B．FeI2溶液与足量酸性(VO2)2SO4溶液发生反应的离子方程式：Fe2++VO2++2H+= Fe3++VO2++H2O C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为10 VOSO4+KMnO4+2H2O=5(VO2)2SO4 +KMnO4+2H2SO4+K2SO4 D．向含1mol VO2+的酸性溶液中滴加1.25molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol 【答案】B 【解析】A项，VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明MnO4-将VO2+氧化为VO2+，从而得出氧化性：MnO4-＞VO2+，故A正确；B项，碘离子的还原性强于亚铁离子，碘离子应参与氧化还原反应，故B错误；C项，酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成，说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为10 VOSO4+KMnO4+2H2O=5(VO2)2SO4 +KMnO4+2H2SO4+K2SO4 ，故C正确；D项，向含1mol VO2+的酸性溶液中滴加含1.25mol Fe2+的溶液发生反应Fe2++VO2++2H+= Fe3++VO2++H2O，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol，故D正确；故选B。 11．【新考法】单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时，AgCl+Cl-[AgCl2]- 下列说法不正确的是( ) A．b是H2S、c是Fe3+ B．增大 c(H＋)，有利于Ag2S的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】A项，Ag2S溶解电离出S2-，酸性条件下S2-与H+结合生成H2S，因此b是H2S；H2S具有还原性，被Fe3+氧化，因此c是Fe3+，A正确；B项，虽然增大 c(H＋)可促进S2-结合为H2S，降低S2-浓度，但若增大 c(H＋)是引入不含Cl-的强酸，不能促进Ag+形成[AgCl2]-；且总反应中H+不参与反应，单纯增大 c(H＋)不会使总平衡正向移动，实际上只有同时保证较高Cl-浓度才有利于浸出，B错误；C项，根据盖斯定律，总反应的反应热等于所有分步反应的反应热之和。将反应①、②、③加和，恰好得到总反应A，因此反应热之和等于反应A的反应热，C正确；D项，图中只有Fe3+氧化S2-的反应为氧化还原反应，其余为非氧化还原反应，D正确；故选B。 12．【新考法·实验探究】为探究FeCl3 溶液与Na2SO3溶液的反应，学习小组进行如下实验： 实验1：向试管中加入3mL0.5mol·L-1FeCl3 溶液，再加入3mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液，溶液变为红褐色，用激光笔照射，出现光亮的“通路”。 实验2：立即取少量实验1反应后的溶液于试管中，加蒸馏水稀释，向其中滴加 K3[ Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀。 实验3：取少量实验1反应后的溶液于试管中，静置1小时，溶液红褐色逐渐变浅，最终变为浅绿色。 下列说法不正确的是( ) A．实验1中有胶体生成 B．实验1和实验2可说明和SO32-能发生水解反应和氧化还原反应 C．可用酸性KMnO4 溶液代替实验2中的K3[ Fe(CN)6]溶液检验 D．实验3所得溶液中一定存在、SO42-、SO32-、HSO3- 【答案】C 【解析】A项，实验1中溶液变红褐色，且用光束照射后，出现光亮通路，该现象称为丁达尔效应，证明有胶体生成，A正确；B项，实验1出现胶体说明Fe3+发生水解反应，实验2中生成蓝色沉淀，说明检测到Fe2+生成，即Fe3+与SO32-发生氧化还原反应，B正确；C项，酸性KMnO4溶液可被Fe2+还原褪色，但反应体系中存在的SO32-也是还原剂，也能使酸性KMnO4溶液褪色，会干扰Fe2+的检验，因此不能代替K3[Fe(CN)6]溶液，C错误；D项，实验3溶液变为浅绿色说明存在Fe2+；SO32-被氧化生成SO42-，由电子守恒，参与反应的SO32-和Fe3+之比为1：2，而初始两种离子的物质的量相等，说明体系中SO32-过量，反应后仍有一部分SO32-存在，且SO32-能发生水解，部分转化为HSO3-，D正确；故选C。 13．在空气中灼烧MnCO3得到MnxOy的过程中，固体残留率(剩余固体质量与初始固体质量的比值)如图所示，下列说法正确的是( ) A．灼烧时会有CO2、CO生成 B．b→c的反应生成了O2 C．a→b的反应为非氧化还原反应 D．整个反应中氧元素全部被氧化 【答案】B 【解析】设初始MnCO3物质的量为1mol，MnCO3摩尔质量M=55+12+3×16=115 g/mol，结合各点固体残留率计算产物组成，a点：固体质量=115 g×75.65%≈87 g，其中Mn质量为55 g，则O质量为87−55=32 g，n(O)=2 mol，产物为MnO2(Mn为+4价)；b点：固体质量=115 g×68.70%≈79 g，则O质量为79−55=24 g，n(O)=1.5 mol，产物为Mn2O3(Mn为+3价)；c点：固体质量=115 g×61.74%≈71 g，则O质量为71−55=16 g，n(O)=1 mol，产物为MnO(Mn为+2价)。A项，MnCO3在空气中(氧气充足)灼烧，碳元素全部转化为CO2逸出，不会生成CO，A错误；B项，b→c是Mn2O3高温分解为MnO，反应为，确实生成O2，B正确；C项，a→b中Mn从+4价降为+3价，有化合价变化，属于氧化还原反应，C错误；D项，第一步反应中，空气中O从0价降为−2价，被还原，因此氧元素不是全部被氧化，D错误；故选B。 14．【新考法·定量测定】已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁(FeC2O4)形式存在，FeC2O4在常温常压下稳定，加热至以上时开始分解。某实验小组采用下列方案在实验室测定芹菜叶中铁元素的含量。 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。下列说法正确的是( ) A．为方便起见，芹菜叶可以在烧杯中进行灼烧 B．“灼烧”“过滤”和“滴定”过程中均发生化学变化 C．H2O2参与反应(除自身的分解反应外)的离子方程式为Fe2++H2O2 +2H+=Fe3++2H2O D．若消耗标准Na2S2O3溶液体积平均为20.25 mL，则mg芹菜叶中含113.4 mg铁元素 【答案】D 【解析】A项，灼烧固体物质需要在坩埚中进行，烧杯不耐高温，不能用于灼烧，A错误；B项，过滤是分离固体和液体的操作，没有新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，B错误；C项，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O，C错误；D项，根据流程推导定量关系：FeFe2+Fe3+1/2I2 S4O62-，可得关系：Fe~Fe3+~1/2I2 ~Na2S2O3，即； 计算：，，D正确；故选D。 15．【新情景·水样测定】化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·Lˉ1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应，可用于测定含Cl-水样的COD，流程如图。下列说法错误的是( ) A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD值偏低 C．Ⅱ中发生的反应包括MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+ 2H2O D．若Ⅲ中消耗V2mLNa2S2O3，则理论上Ⅰ中水样消耗了的KMnO4 【答案】B 【解析】Ⅰ中KMnO4和水样中的有机物发生氧化还原反应，被还原生成MnO2，剩余部分KMnO4；Ⅱ中KMnO4、MnO2在酸性条件下和KI反应生成Mn2+、I2等，2MnO4-+10I-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O、MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+ 2H2O；Ⅲ中生成的I2再用KMnO4滴定；由题意可知，水样消耗高锰酸钾的量越大说明水样的COD值越高，Ⅲ中消耗硫代硫酸钠溶液的量越多，说明Ⅱ中生成碘的量越多，从而计算出水样消耗高锰酸钾的量越小，COD值越低。A项，酸性条件下KMnO4会氧化Cl-，导致KMnO4消耗量偏大，折算的COD值偏高，A正确；B项，Ⅱ中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被O2氧化为I2，若不避光加盖，则使I2损失，而整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，I2少说明有机物消耗的KMnO4的量多，水样中的COD值越高，所以使测定结果偏高，B错误；C项，Ⅱ中酸性条件下MnO2氧化I-的离子方程式为MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+ 2H2O，满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；D项，设水样消耗KMnO4物质的量为xmol，加入的总KMnO4为，反应生成xmolMnO2，剩余，根据分析中反应关系：1molMnO4-生成2.5molI2，1molMnO2生成1molI2，滴定中，代入得： 整理得：，即 ，D正确；故选B。 第II卷(非选择题 共58分) 二、非选择题：共4题，共55分。 16．(14分)已知A、B、C是中学化学常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系： (1)若D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，则C的电子式为 。 (2)若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是 。(用离子方程式说明) (3)若D是一种常见温室气体，A是一种强碱且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，则等浓度B与C混合溶液中离子浓度从小到大的顺序为 。 (4)若D为氯碱工业主要产品，B具有两性，写出A与C反应的离子方程式 。 (5)若A、B、C均含有至少一种相同元素，溶于水后溶液均显酸性，B、C均为氧化物，写出B与D反应的化学方程式 。 (6)若A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂，B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成，则A生成B的化学方程式为 。 (7)若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体，则A转化为B的化学方程式为 。 【答案】(1)(2分) (2) 2Fe3++Fe=3Fe2+(2分) (3)c(H＋)＜c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)＜c(Na＋)(2分) (4)Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓(2分) (5)(2分) (6)(2分) (7)4NH3＋5O24NO＋6H2O(2分) 【解析】(1)短周期主族金属元素中，能与氧化性单质发生两步转化的常见元素为钠。钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，氧化钠继续与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，即A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为O2，过氧化钠是离子化合物，电子式为：。 (2)C为Fe2+溶液时，贮存时放入单质铁，以还原溶液中可能被空气氧化生成的Fe3+，故A是氯气或其它强氧化剂、B是Fe3+、C是Fe2+、D 是Fe，还原亚铁离子的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。 (3)若D是一种常见的温室气体，则D是CO2。A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，所以A是氢氧化钠，B是碳酸钠，C是碳酸氢钠。等浓度碳酸钠与碳酸氢钠混合溶液中：碳酸钠和碳酸氢钠均完全电离，且Na＋不参与水解或电离，因此浓度最高‌；CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，导致溶液中碳酸氢根浓度高于碳酸根；溶液因碳酸根和碳酸氢根的水解呈碱性，故c(H＋)＜c(OH―)。离子浓度从小到大的顺序为：c(H＋)＜c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)＜c(Na＋)。 (4)若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，所以A是Al3+、B是氢氧化铝，D是氢氧化钠，C是四羟基合铝酸钠。A与C反应的离子方程式是：Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓。 (5)若A、B、C均含有至少一种相同元素，溶于水后溶液均显酸性，B、C均为氧化物，则A是硫单质或者含硫化合物、B是二氧化硫、C是三氧化硫、D是氧气。B与D反应的化学方程式：。 (6)A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂，则A是乙醇，乙醇被氧化为乙醛(B)，再被氧化为乙酸(C)，故D是氧气。则A生成B的化学方程式为：。 (7)A能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体(NH3)，C为红棕色气体(NO2)，则D为氧气，B是一氧化氮。则A转化为B的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。 17．(14分)【新情景】二氯异氰尿酸钠()是一种常用的消毒剂，具有很强的氧化性，杀菌能力持久，毒性较小，是一种适用范围广、高效的杀菌剂。二氯异氰尿酸钠在20℃以上易溶于水，其溶液在温度较高时不稳定。一种制备二氯异氰尿酸钠的装置如图。 已知： 回答下列问题： (1)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。 (2)装置B中所装试剂是 ，装有(CNO)3H3的吡啶溶液的仪器的名称为 。 (3)实验需要c mol/LNaOH标准溶液。该溶液需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是_________(填标号)。 A．B．C．D． (4)二氯异氰尿酸钠的制备步骤如下： 步骤一：检查装置气密性后加入药品。 步骤二：关闭K1，打开K2向A中滴加足量的浓盐酸，关闭K2，制备NaClO。 步骤三：氧化制备二氯异氰尿酸钠。制备NaClO溶液结束后，滴入氰尿酸[(CNO)3H3]的吡啶溶液，制备过程中要不断通入Cl2，反应结束后打开K1，通一段时间的N2。 步骤四：取装置D中溶液，冰水浴冷却、过滤、冷水洗涤、低温干燥得到产品。 ①反应结束后打开K1，通一段时间的N2的目的是 。 ②制备过程中要不断通入氯气，其原因是 。 (5)二氯异氰尿酸钠优质品的要求是有效氯含量大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠产品是否达到优质品标准。 实验步骤：准确称取1.1200 g样品溶于适量的稀硫酸中(二氯异氰尿酸钠在酸中可将氯元素全部转化为HClO)，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点(恰好反应完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。 已知：a、I2+2S2O32-=S4O62-+2I- ； b、该样品的有效氯含量。 ①滴定过程中，判断到达滴定终点的依据是 。 ②产品中的有效氯含量约为 (保留三位有效数字)。 【答案】(1)2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分) (2)饱和食盐水(1分) 恒压滴液漏斗(1分) (3)B(2分) (4)将剩余的氯气排入E中，防止污染空气(2分) 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2分) (5)当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(2分) 63.4%(2分) 【解析】浓盐酸与高锰酸钾反应得到氯气，通过装置B用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，C装置为防倒吸，氯气进入D与NaOH反应先生成NaClO，接着NaClO与(CNO)3H3反应得到二氯异氰尿酸钠()，尾气用NaOH溶液吸收。 (1)A中是浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； (2)由分析可知，装置B用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，由题干实验装置图仪器可知，装有(CNO)3H3的吡啶溶液的仪器的名称为恒压滴液漏斗； (3)A．NaOH固体不能再纸上称量，应该在玻璃器皿中称量，A错误；B．转移时用玻璃棒引流，B正确；C．定容时应该平视容量瓶的刻度线，C错误；D．NaOH溶液不能用酸式滴定管盛装，D错误；故答案为B； (4)①反应结束后打开K1，通一段时间的N2的目的是：将剩余的氯气排入E中，防止污染空气；②由题干信息可知，滴入氰尿酸吡啶溶液，次氯酸钠溶液与氰尿酸吡啶溶液在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，反应的化学方程式为2NaClO+(CNO)3H3=Na(CNO)3Cl2↓+NaOH+H2O，制备过程中要不断通入氯气，使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率； (5)①淀粉做指示剂，用0.1000mol•L-1 Na2S2O3标准溶液滴定I2，达到滴定终点的依据是：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；②根据得失电子守恒、原子守恒和题给反应可得关系式：(CNO)3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Cl)=n(HClO)=n(S2O32-)=×0.10000mol/L×0.02000L=1.000×10-3mol，有效氯的含量为×100%≈63.4%。 18．(13分)【新情景】二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤： Ⅰ．取210 mL 0.2mol·L-1的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ．向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。 Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。 (1)由胆矾(化学式为CuSO4·5H2O)配制Ⅰ中的CuSO4溶液。 ①需称量固体的质量为 ，下列仪器中不需要的是 (填字母)，还缺少的玻璃仪器有 。 ②实验中，用胶头滴管定容后，液面正确的是 。 A． B．  C． D． ③下列情况一定会使所配的溶液浓度小于 0.2mol·L-1的有 (填序号)。 a．将溶液装瓶时，有少量液体洒在试剂瓶外 b．洗涤完烧杯和玻璃棒后，洗涤液倒入废液缸中 c．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 d．定容时俯视容量瓶的刻度线 e．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 (2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是 。 (3)Ⅰ中的黑色沉淀是 (写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式 。 (5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取 的方法。 (6)Ⅳ中“一系列操作”包括 。 【答案】(1)12.5 g(1分) CE (1分) 胶头滴管、250 mL容量瓶(1分) B(1分) be(2分) (2)晶体部分失去结晶水(风化)(1分) (3)CuO(1分) (4)3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O(2分) (5)分批加入(1分) (6)冷却结晶、过滤、洗涤(2分) 【解析】取0.2mol·L-1的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜，过滤，向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80～85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(II)酸钾晶体。 (1)①由CuSO4·5H2O 配制I中的CuSO4溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O 固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O 固体，因此用不到的仪器有分液漏斗、球形冷凝管，故选CE；实验室中配制210mL0.2mol·L-1的CuSO4溶液，需要用250mL容量瓶，称取CuSO4·5H2O 的物质的量为，则称量该CuSO4·5H2O 固体的质量为；定容时需要用胶头滴管，故还缺少胶头滴管、250mL容量瓶；②用胶头滴管定容后，，需要凹液面与刻度线相切，故选B；③a．将溶液装瓶时，有少量液体洒在试剂瓶外，溶液浓度不变，a不选；b．洗涤完烧杯和玻璃棒后，洗涤液倒入废液缸中，导致溶质减少，浓度偏低，b选；c．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响浓度，c不选；d．定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，d不选；e．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，等于稀释了溶液，导致浓度偏低，e选；故选be； (2)长期存放的CuSO4·5H2O 固体在空气中部分失去结晶水(风化)，会出现少量白色CuSO4固体； (3)Ⅰ中取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色Cu(OH)2沉淀。加热，Cu(OH)2沉淀脱水转变成黑色的CuO； (4)根据Ⅱ中原料配比为，可以得到反应的化学方程式是3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O； (5)Ⅱ中反应生成CO2，产生CO2过快易引起喷溅，为避免CO2产生过快，应采取分批加入并持续搅拌K2CO3的方法； (6)Ⅳ中“将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体”，“一系列操作”在“加热浓缩”与“干燥”之间，故“一系列操作”包括冷却结晶、过滤、洗涤。 19．(14分)【新情景】铅铬黄颜料主要的成分是铬酸铅(PbCrO4)，实验室通过Cr(NO3)3·9H2O制备铬酸铅的流程如下，请回答下列问题： 已知：①Cr(OH)3的性质与Al(OH)3相似，均为难溶两性氢氧化物。②部分含铬微粒的颜色如下： 含铬微粒 Cr3+ CrO42- Cr2O72- PbCrO4 颜色 亮绿色 黄色 橙色 黄色 (1)步骤Ⅰ需要使用溶液，配制该溶液不需使用的仪器有___________(填名称)。 (2)步骤Ⅰ得到的溶液中，绿色含铬物质的化学式为___________。 (3)步骤Ⅱ中若没有将H2O2煮沸去除，则在步骤Ⅲ中H2O2会发生反应的离子方程式为：___________，会导致铬酸铅的产率___________(填“降低”“不变”或“升高”)。 (4)步骤Ⅳ生成PbCrO4的离子方程式为___________。 (5)准确称取0.300 g铅铬黄试样于碘量瓶中，加HCl-NaCl溶液50 mL，加热溶解。溶解完全后加入盐酸20 mL，稍冷后加入足量碘化钾溶液摇匀。将碘量瓶放在暗处约6 min。加入50 mL水稀释，用0.100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至溶液变为黄绿色，再加淀粉指示剂约3 mL，继续滴定至终点。重复2次实验，平均消耗Na2S2O3溶液26.10 mL。(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-) ①滴定至终点的操作及现象为___________。 ②该试样PbCrO4(M=323g/mol)的纯度为___________%(保留小数点后2位)； ③下列操作导致测得PbCrO4纯度数值偏低的是___________(填标号)。 A．将HCl-NaCl溶液替换为HNO3-NaCl溶溶液 B．生成I2时，反应温度过高，导致一部分的I2变成碘蒸气从溶液逸出 C．配制Na2S2O3标准溶液定容时俯视容量瓶刻度线 D．装有Na2S2O3标准溶液的滴定管，滴定前有气泡，终点时气泡消失 【答案】(1)蒸发皿(1分) (2)NaCrO2(或Na[Cr(OH)4])(2分) (3)Cr2O72-+3H2O2+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O(2分) 降低(1分) (4)2Pb2++Cr2O72-+H2O=2PbCrO4+2H+(2分) (5) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色(2分) 93.67% (2分) BC(2分) 【解析】Cr(NO3)3·9H2O加水溶解，加NaOH溶液得到绿色溶液，由表格可知，绿色溶液中铬元素存在形式为Cr3+，加入H2O2溶液加热煮沸得到黄色溶液，铬元素的存在形式为CrO42-，加入CH3COOH溶液调整pH为4~6得到橙色溶液，铬元素的存在形式为Cr2O72-，加入Pb(NO3)2溶液加热煮沸、过滤、洗涤、干燥得到黄色沉淀PbCrO4。 (1)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需要烧杯溶解、玻璃棒搅拌引流、容量瓶定容，不需要蒸发皿。 (2)已知Cr(OH)3和Al(OH)3性质相似，为两性氢氧化物，Cr3+和过量NaOH反应，类似Al3+生成偏铝酸钠，Cr仍为+3价，对应绿色含铬物质为亚铬酸钠NaCrO2，也可写为四羟基合铬(Ⅲ)酸钠Na[Cr(OH)4]。 (3)步骤Ⅲ调pH后+6价Cr主要以橙色Cr2O72-存在，剩余H2O2作还原剂，被Cr2O72-酸性条件下氧化，离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O；该反应将+6价Cr还原为Cr3+，无法生成PbCrO4，导致产率降低。 (4)酸性条件下Cr2O72-和Pb2+反应生成PbCrO4沉淀，离子方程式为 2Pb2++Cr2O72-+H2O=2PbCrO4+2H+。 (5)①淀粉遇I2变蓝，滴定终点时I2​完全被还原，蓝色褪去，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色证明达到终点；②根据Cr2O72-+6I-+16H+=3I2+2Cr3++8H2O、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-以元素守恒可得关系式，因此，纯度为；③A项，HNO3会氧化I-生成更多I2，消耗V标偏大，测得纯度偏高，A错误；B项，I2挥发，剩余I2减少，消耗V标偏小，测得纯度偏低，B正确；C项，定容俯视，实际c标​偏高，消耗V标偏小，测得纯度偏低，C正确；D项，滴定前有气泡，终点气泡消失，V标读数偏大，测得纯度偏高，D错误；故A选BC。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考化学一轮复习月度滚动测试01 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考查范围：物质及其变化、物质的量 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg 24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cr-52 Mn-55 Cu-64 I-127 Pb-207 第Ⅰ卷(选择题 共45分) 一、选择题：共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】下列生活中的常见物质，按照单质、正盐、碱、混合物的顺序排列的一组是( ) A．铁、NaHCO3、生石灰、盐酸 B．Ne、碱式碳酸铜、纯碱、空气 C．水银、CaCO3、NH3·H2O、漂白粉 D．金刚石、KNO3、NaOH、液氮 2．【改编】胃酸的主要成分是盐酸，当胃酸过多会出现“咯酸水”、“胃部隐隐作痛”等症状。常用于中和胃酸的药物主要成分有Al(OH)3、NaHCO3、MgO、MgCO3、MgSiO3、CaCO3等。下列说法正确的是( ) A．Al(OH)3属于碱，NaHCO3属于酸 B．从组成的阳离子来看，MgO、MgCO3、MgSiO3都属于镁盐 C．根据树状分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐 D．根据交叉分类法分类CaCO3属于钙盐、碳酸盐、难溶性盐 3．【社会热点】科学家模拟早期地球的陆地热泉环境，在80～120℃、紫外-可见光照射下，用FeS纳米材料催化剂成功将CO2转化为CH3OH等有机物，为探索生命起源提供了新方向。下列说法不正确的是( ) A．不能用Fe和S直接化合制备FeS B．CO2转化为CH3OH的反应属于氧化还原反应 C．陆地热泉中可能存在含氢元素的还原性物质 D．上述过程中存在不同能量形式的转化 4．【原创】下列解释事实的方程式正确的是( ) A．电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体：2H++2Cl-H2↑+Cl2↑ B．84消毒液加白醋，可增强漂白效果：ClO-+H+=HClO C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：Ca2+ +2OH－＋2HCO3- ＝CaCO3↓+ CO32-+2H2O D．乙醛和新制Cu(OH)2悬浊液共热出现砖红色沉淀：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O 5．【新考法】下列A~D四组反应中，其中I和II可用同一个离子方程式表示的是( ) I II A 把金属铁放入稀硫酸中 把金属铁放入稀硝酸中 B 将3 mol Cl2通入含1 mol FeBr2的溶液 将1 mol Cl2通入含3 mol FeBr2的溶液 C NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性 NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应使SO42-恰好沉淀 D Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液 Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液 6．银久置空气中会变黑，其变色原理为：Ag+H2S+O2→Ag2S+H2O(未配平)，若消耗标准状况下的氧气，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( ) A．转移电子数为4NA B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1 C．H2S为还原剂 D．生成的H2O含有孤电子对数为2NA 7．芬顿法常用于废水的处理，反应为NH4OCN+3H2O2=N2↑+CO2↑+5H2O。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是( ) A．18gH2O中含有电子数目为10NA B．1mol/LNH4OCN溶液中，NH4+数目为NA C．标准状况下，22.4LCO2中含有键数目为2NA D．当反应生成14gN2时转移电子数为3NA 8．Fe(CO)5(五羰基铁)是一种典型的金属羰基化合物，在热、光、氧化还原等条件下表现出多种反应性，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)5+337Cl2=2Fe37Cl3+10CO，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是( ) A．生成1molFe37Cl3时，Fe(CO)5失去的电子数为3NA B．1 mol基态Fe原子的价电子数为2NA C．22.4 L37Cl2含有的中子数为40NA D．常温下，1L0.01mol/LFe37Cl3溶液中，Fe3+数目10-2NA 9．在一定条件下，下列物质按图示路径不能实现转化的是( ) 选项 M X Y A Cl2 Fe 双氧水 B AlCl3溶液 NaOH溶液 盐酸 C NaOH溶液 CO2 澄清石灰水 D 乙醇 O2 H2 10．【新情境】钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32-等能把VO2+还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是( ) A．在酸性溶液中氧化性：MnO4-＞VO2+ B．FeI2溶液与足量酸性(VO2)2SO4溶液发生反应的离子方程式：Fe2++VO2++2H+= Fe3++VO2++H2O C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为10 VOSO4+KMnO4+2H2O=5(VO2)2SO4 +KMnO4+2H2SO4+K2SO4 D．向含1mol VO2+的酸性溶液中滴加1.25molFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1mol 11．【新考法】单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时，AgCl+Cl-[AgCl2]- 下列说法不正确的是( ) A．b是H2S、c是Fe3+ B．增大 c(H＋)，有利于Ag2S的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 12．【新考法·实验探究】为探究FeCl3 溶液与Na2SO3溶液的反应，学习小组进行如下实验： 实验1：向试管中加入3mL0.5mol·L-1FeCl3 溶液，再加入3mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液，溶液变为红褐色，用激光笔照射，出现光亮的“通路”。 实验2：立即取少量实验1反应后的溶液于试管中，加蒸馏水稀释，向其中滴加 K3[ Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀。 实验3：取少量实验1反应后的溶液于试管中，静置1小时，溶液红褐色逐渐变浅，最终变为浅绿色。 下列说法不正确的是( ) A．实验1中有胶体生成 B．实验1和实验2可说明和SO32-能发生水解反应和氧化还原反应 C．可用酸性KMnO4 溶液代替实验2中的K3[ Fe(CN)6]溶液检验 D．实验3所得溶液中一定存在、SO42-、SO32-、HSO3- 13．在空气中灼烧MnCO3得到MnxOy的过程中，固体残留率(剩余固体质量与初始固体质量的比值)如图所示，下列说法正确的是( ) A．灼烧时会有CO2、CO生成 B．b→c的反应生成了O2 C．a→b的反应为非氧化还原反应 D．整个反应中氧元素全部被氧化 14．【新考法·定量测定】已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁(FeC2O4)形式存在，FeC2O4在常温常压下稳定，加热至以上时开始分解。某实验小组采用下列方案在实验室测定芹菜叶中铁元素的含量。 已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。下列说法正确的是( ) A．为方便起见，芹菜叶可以在烧杯中进行灼烧 B．“灼烧”“过滤”和“滴定”过程中均发生化学变化 C．H2O2参与反应(除自身的分解反应外)的离子方程式为Fe2++H2O2 +2H+=Fe3++2H2O D．若消耗标准Na2S2O3溶液体积平均为20.25 mL，则mg芹菜叶中含113.4 mg铁元素 15．【新情景·水样测定】化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·Lˉ1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应，可用于测定含Cl-水样的COD，流程如图。下列说法错误的是( ) A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD值偏低 C．Ⅱ中发生的反应包括MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+ 2H2O D．若Ⅲ中消耗V2mLNa2S2O3，则理论上Ⅰ中水样消耗了的KMnO4 第II卷(非选择题 共58分) 二、非选择题：共4题，共55分。 16．(14分)已知A、B、C是中学化学常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系： (1)若D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，则C的电子式为 。 (2)若D是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，其理由是 。(用离子方程式说明) (3)若D是一种常见温室气体，A是一种强碱且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，则等浓度B与C混合溶液中离子浓度从小到大的顺序为 。 (4)若D为氯碱工业主要产品，B具有两性，写出A与C反应的离子方程式 。 (5)若A、B、C均含有至少一种相同元素，溶于水后溶液均显酸性，B、C均为氧化物，写出B与D反应的化学方程式 。 (6)若A的体积分数为75%的溶液可用作医疗消毒剂，B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成，则A生成B的化学方程式为 。 (7)若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体，则A转化为B的化学方程式为 。 17．(14分)【新情景】二氯异氰尿酸钠()是一种常用的消毒剂，具有很强的氧化性，杀菌能力持久，毒性较小，是一种适用范围广、高效的杀菌剂。二氯异氰尿酸钠在20℃以上易溶于水，其溶液在温度较高时不稳定。一种制备二氯异氰尿酸钠的装置如图。 已知： 回答下列问题： (1)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。 (2)装置B中所装试剂是 ，装有(CNO)3H3的吡啶溶液的仪器的名称为 。 (3)实验需要c mol/LNaOH标准溶液。该溶液需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是_________(填标号)。 A．B．C．D． (4)二氯异氰尿酸钠的制备步骤如下： 步骤一：检查装置气密性后加入药品。 步骤二：关闭K1，打开K2向A中滴加足量的浓盐酸，关闭K2，制备NaClO。 步骤三：氧化制备二氯异氰尿酸钠。制备NaClO溶液结束后，滴入氰尿酸[(CNO)3H3]的吡啶溶液，制备过程中要不断通入Cl2，反应结束后打开K1，通一段时间的N2。 步骤四：取装置D中溶液，冰水浴冷却、过滤、冷水洗涤、低温干燥得到产品。 ①反应结束后打开K1，通一段时间的N2的目的是 。 ②制备过程中要不断通入氯气，其原因是 。 (5)二氯异氰尿酸钠优质品的要求是有效氯含量大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠产品是否达到优质品标准。 实验步骤：准确称取1.1200 g样品溶于适量的稀硫酸中(二氯异氰尿酸钠在酸中可将氯元素全部转化为HClO)，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点(恰好反应完全)，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。 已知：a、I2+2S2O32-=S4O62-+2I- ； b、该样品的有效氯含量。 ①滴定过程中，判断到达滴定终点的依据是 。 ②产品中的有效氯含量约为 (保留三位有效数字)。 18．(13分)【新情景】二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤： Ⅰ．取210 mL 0.2mol·L-1的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ．向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。 Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至80～85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。 (1)由胆矾(化学式为CuSO4·5H2O)配制Ⅰ中的CuSO4溶液。 ①需称量固体的质量为 ，下列仪器中不需要的是 (填字母)，还缺少的玻璃仪器有 。 ②实验中，用胶头滴管定容后，液面正确的是 。 A． B．  C． D． ③下列情况一定会使所配的溶液浓度小于 0.2mol·L-1的有 (填序号)。 a．将溶液装瓶时，有少量液体洒在试剂瓶外 b．洗涤完烧杯和玻璃棒后，洗涤液倒入废液缸中 c．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 d．定容时俯视容量瓶的刻度线 e．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 (2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是 。 (3)Ⅰ中的黑色沉淀是 (写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式 。 (5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取 的方法。 (6)Ⅳ中“一系列操作”包括 。 19．(14分)【新情景】铅铬黄颜料主要的成分是铬酸铅(PbCrO4)，实验室通过Cr(NO3)3·9H2O制备铬酸铅的流程如下，请回答下列问题： 已知：①Cr(OH)3的性质与Al(OH)3相似，均为难溶两性氢氧化物。②部分含铬微粒的颜色如下： 含铬微粒 Cr3+ CrO42- Cr2O72- PbCrO4 颜色 亮绿色 黄色 橙色 黄色 (1)步骤Ⅰ需要使用溶液，配制该溶液不需使用的仪器有___________(填名称)。 (2)步骤Ⅰ得到的溶液中，绿色含铬物质的化学式为___________。 (3)步骤Ⅱ中若没有将H2O2煮沸去除，则在步骤Ⅲ中H2O2会发生反应的离子方程式为：___________，会导致铬酸铅的产率___________(填“降低”“不变”或“升高”)。 (4)步骤Ⅳ生成PbCrO4的离子方程式为___________。 (5)准确称取0.300 g铅铬黄试样于碘量瓶中，加HCl-NaCl溶液50 mL，加热溶解。溶解完全后加入盐酸20 mL，稍冷后加入足量碘化钾溶液摇匀。将碘量瓶放在暗处约6 min。加入50 mL水稀释，用0.100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至溶液变为黄绿色，再加淀粉指示剂约3 mL，继续滴定至终点。重复2次实验，平均消耗Na2S2O3溶液26.10 mL。(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-) ①滴定至终点的操作及现象为___________。 ②该试样PbCrO4(M=323g/mol)的纯度为___________%(保留小数点后2位)； ③下列操作导致测得PbCrO4纯度数值偏低的是___________(填标号)。 A．将HCl-NaCl溶液替换为HNO3-NaCl溶溶液 B．生成I2时，反应温度过高，导致一部分的I2变成碘蒸气从溶液逸出 C．配制Na2S2O3标准溶液定容时俯视容量瓶刻度线 D．装有Na2S2O3标准溶液的滴定管，滴定前有气泡，终点时气泡消失 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考化学一轮复习月度滚动测试01 参考答案 一、选择题：共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 C D A D D A B A D B B C B D B 二、非选择题：共4题，共55分。 16．(14分) (1)(2分) (2) 2Fe3++Fe=3Fe2+(2分) (3)c(H＋)＜c(OH―)＜c(CO32-)＜c(HCO3-)＜c(Na＋)(2分) (4)Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓(2分) (5)(2分) (6)(2分) (7)4NH3＋5O24NO＋6H2O(2分) 17． (14分) 18． (1)2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分) (2)饱和食盐水(1分) 恒压滴液漏斗(1分) (3)B(2分) (4)将剩余的氯气排入E中，防止污染空气(2分) 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2分) (5)当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(2分) 63.4%(2分) 18．(13分) (1)12.5 g(1分) CE (1分) 胶头滴管、250 mL容量瓶(1分) B(1分) be(2分) (2)晶体部分失去结晶水(风化)(1分) (3)CuO(1分) (4)3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O(2分) (5)分批加入(1分) (6)冷却结晶、过滤、洗涤(2分) 19．(14分) (1)蒸发皿(1分) (2)NaCrO2(或Na[Cr(OH)4])(2分) (3)Cr2O72-+3H2O2+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O(2分) 降低(1分) (4)2Pb2++Cr2O72-+H2O=2PbCrO4+2H+(2分) (5) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色(2分) 93.67% (2分) BC(2分) / 学科网（北京）股份有限公司 $