第3期：物质的量及计算-【数理报】2027年高考化学一轮复习学案

高考化学第1~4期 数理括 答案详解 2026~2027学年高考化学第1~4期(2026年7月) 第1期2-3版精练卷（一） 9.D草酸为弱酸，离子方程式中不能拆开，正确的离子 1.D硫酸铅为重金属盐，会导致蛋白质变性，不能用作 方程式为2Mn04+5H,C,04+6H*=2Mn2++10C02↑+ 食品添加剂，A错误；木糖醇和葡萄糖酸-8-内酯属于有机 8H,O,D错误 物，不属于无机物，B、C错误；二氧化硫具有还原性，在国家规 10.A泡沫灭火器的灭火原理为3HCO,+A13+= 定的食品添加范围内，添加的二氧化硫可以起到防腐和抗氧化 A1(OH)3↓+3CO2↑，B错误；醋酸为弱酸，不能拆写，用淀粉- 的作用，D正确 K试纸和醋酸证明食盐中存在IO,的离子方程式为 2.C风化属于化学变化，A错误；CH,NH,d是甲胺 I03+5I+6CH,C0OH=3L2+3H,0+6CH3C00ˉ，C错误；饱 (CHNH2)与HC1反应生成的正盐，B错误；SO2溶于水后，与 和NaCl溶液、CO2和NH3制备小苏打的离子方程式为Na++ 水反应生成的H,S03电离出离子而导电，S02本身不电离，是 CO2+NH,+H,0=NH4+NaHCO3↓，D错误. 非电解质，D错误. 11.CA项电荷不守恒，正确的离子方程式为H02+2I+ 3.DSi02能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，Si0, 2H=2+2H0,A错误：向NH,HCO3溶液中加入足量石灰 与氢氟酸反应是特殊反应，故不是两性氧化物，A错误；碱性氧 水，NH也会参与反应，B错误；因KMnO,具有强氧化性，浓盐 化物与酸反应只生成一种盐，FeO,不是碱性氧化物，B错误； 酸具有还原性，二者能发生氧化还原反应，故高锰酸钾不能用 NaHCO3电离出的HCO,能继续电离出CO?和H+,属于酸 浓盐酸来酸化，应用硫酸酸化，D错误， 式盐，C错误 12.C铜是活性电极，作阳极时，铜优先失去电子发生反 4.C根据酸碱电子理论，在CuC2+4NH,= 应，A错误；Na2S与足量S02反应生成S,离子方程式为2S2-+ [Cu(NH)4]2++2Cl中，CuCl2接受NH,提供的孤电子对形 5S02+2H,0=3S↓+4HS0,,B错误；向含Mn2+的溶液中加 成配位键，CuCL2属于酸，A正确；N2H4中的两个N原子均含有 入足量NH,HCO,溶液沉锰的离子方程式为Mn2++2HCO,= 孤电子对，一个八2H可提供2个孤电子对，属于二元碱，B正 MnC03↓+H20+C02↑，D错误. 确：根据HC2O4+H,0、一HC,0+H,0可知，H0结合 13.A根据实验①中现象，X一定含Na2S03;根据实验② H的能力大于HC,O,,则碱性：H,0>HC,O,,C错误；配合物 中现象，X一定含CaCl2,可能含有Na,SO4;根据实验③中现 是由一方提供电子对，另一方提供空轨道接受电子对形成的， 象，一定含NH,Cl,KNO,无法判断是否含有 所以根据酸碱电子理论，配合物可看作酸和碱的反应产物，D 14.C由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀 正确. 久置无明显变化，则固体不含FeCL2,11.60g是氢氧化镁沉淀， 5.B加入烧碱生成氢氧化铁沉淀，吸附絮凝作用减弱，B 错误. Mg(0H2]=.:60g=0.2mol,m(NegC4）=0.2mol× 6.BNa[AuCL4]溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗 95g/mol=19g;产生的气体通过碱石灰体积不变，通过浓硫酸 粒，Au元素化合价降低，故Na[AuCl4]具有氧化性，纳米金为 体积变小，推断出气体中含有NH,、H2,故A1与氢氧化钠溶液 还原产物，A、D正确；纳米金属于单质，不属于胶体，B错误；纳 米金与水形成的分散系为胶体，能产生丁达尔效应，C正确. 反应产生的氢气为a()=元，#品=0.6m,根据电子得 7.CMnO,在溶液中为紫红色，A错误；Fe3+与SCN-之 失守恒3n(A1)=2×0.6mol,n(A1)=0.4mol,m(A1)= 间发生络合反应，不能大量共存，B错误；能使甲基橙变红的溶 0.4mol×27g/mol=10.8g;浓硫酸吸收氨气，n(NH3)= 液呈酸性，H、I都与CO反应，不能大量共存，D错误， (2.4-13.44)L=0.4mol,n[(NH)250,]=0.4mol×2 1 22.4 L/mol 8.Ac=1×10P的溶液呈酸性，[A1(OH)4]不 c(OH) 0.2mol,m[(NH4)2S04]=0.2mol×132g/mol=26.4g,则固 能大量共存，B错误；COˉ，MnO,均具有强氧化性，HSO,具 体共含Al、(NH4)2S04、MgCL2的质量为10.8g+26.4g+19g= 有还原性，不能大量共存，C错误；OH与NH,Ca2+与SO 56.2g,则余下59.0g-56.2g=2.8g是A1Cl3和NaC1中的一 均不能大量共存，D错误. 种或两种.步骤②发生的反应为H+OH=H,O和 高考化学 第1~4期 [A1(OH)4]+H一A1(OH)3↓+H0,步骤③发生的反应为 第2期4版专项小练 A1(OH)3+3H=A3++3H20,二者反应消耗的H的物质的 1.2Cu2++S02+2C-+2H,0=2CuCl↓+S0+4H 量之比因过量的OH的量未知而不能计算.综上C错误， 2.8514810764 15.（每空2分)(1)吸附纯净物 3.(1)2As2S3+602+3H20=2As203+3H2S203 (2)①2A1+2OH+6H0=2[A1(0H)4]+3H2↑ (2)As2S,+702+6H20=2H3As04+3H2S04 ②AI(OH),③BD④c-b】 4.(1)3546631023 233a (2)6978661839 (3)D(4)D 5.126111321N02会自发反应生成 16.(每空2分)(1)K、A13+、C0号、[A1(0H)4] N2O,而使气体体积减小或NO2溶于水反应而使气体体积减小 (2)NH4、Fe3+、H*、Ba2 (合理即可) (3)BaCO 第2期2-3版精练卷（二） (4)3Fe2++N0+4H*=3Fe3++N0↑+2H,0 1.A侯氏制碱的核心反应为NaCl+NH+CO2+H0= (5)不需要离子浓度均为0.1mol/L,从电荷守恒角度 NaHC0,↓+NH,Cl,2NaHC0,△-Na,C0,+C02↑+H,0,元 出发，只含有NH、Fe2+、d、S0才能保证电荷守恒，K+一 素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，A正确；氯碱工 定不存在 业核心是电解饱和食盐水：2NaCl+2H,0电馨2NaOH+H,↑+ 解析：加人过量稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无 C2↑，H、C元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B错误； CO;加人过量Ba(NO,)2溶液产生气体、滤液X和沉淀A,沉 粗硅制高纯硅的核心反应为Si(粗)+3HCl300 -SiHCI,+ 淀A中一定含BaS04,原溶液中一定含Fe2+,发生反应：3Fe2++ 且，SiHC,+H,1o0eSi+3HC,Si,H元素化合价发生变化. N0+4H+=3Fe3++N0↑+2H,0,产生气体N0,不含 涉及氧化还原反应，C错误；工业制硝酸的核心反应为4NH,+ [A1(OH)4]ˉ；滤液X中加入过量NaOH溶液，加热后产生气 体、滤液Y和沉淀B,气体为NH,原溶液含NH,沉淀B中一 50,催化剂4N0+6H,0,2N0+0,=2N0,、3N02+H,0= 定有Fe(OH)3,滤液Y中通入少量CO2产生沉淀C,沉淀C中 2HNO,+NO,N、O元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D 一定有BaCO3,可能有Al(OH)3;溶液中离子浓度均为 错误。 0.1mo/L,根据溶液呈电中性，溶液中一定含NH、Fe2+、 2.D C1、SO,一定不含K+、A13+、CO3、[A1(OH):],则沉淀C 3.B稀硫酸滴人K,CO,溶液中，溶液由黄色变为橙色， 说明平衡：2C0}+2H*一Cr2O+H20正向移动，各元素 中无A1(OH)3 化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意；苯 17.(每空2分)(1)①ac 酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被 ②除去OH、C0 空气中的氧气氧化所致，与氧化还原反应有关，B符合题意；将 ③75%的乙醇溶液 铁氰化钾{K,[Fe(CN)6]}溶液滴入FeSO,溶液中，发生反应： (2)①I0+5I-+6H+=3L2+3H0 K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，各元素化合价 ②I03Fe3+、I 没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；制备F(OH)3 ③4K1+02+2H,0-2L2+4K0H 胶体时发生的反应为FeC,+3H,0△Fe(OH)3(胶体)+ 18.(除标注外，每空2分)(1)2FeS2+15Mn02+28H+= 3HC,各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D不符合题意. 15Mn2++2Fe3++4s0}+14H20 失8e (2)Si02酸性氧化物(1分) 4.CH2S+402F2=SF6+2HF+402,由电子转移情况可 (3)适当增加硫酸浓度或将固体原料粉碎或加快搅拌速 率（任答一条即可，或其他合理答案）(1分)》 得8xe (4)将Fe2+氧化为Fe3 知，还原剂是HS,氧化剂是02F2,还原产物是02，氧化产物是 (5)1000根据关系式3MnS04·H,0~Mn0,,可得 SF。,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4.1molH,S完全反 应，转移电子的物质的量为8mol,数目为8N综上C正确. 3M(MnS04·H,0)-M(Mn,04) 100% 3M(MnS04·H,0) 失2xe 3×169gmo1-229gm0l×10%≈54.83%，所以需控制温度 5.BCaH2+2H20=Ca(0H)2+2H2↑，由电子转移情况可 3×169g/mol 得2×e 大于1000℃(4分) 知，H,0是氧化剂，氧化产物与还原产物均是H2,且质量相等， (6)8Mn,04+6Li,C0,+50,描袋6C0,+12iMn,0, A错误、B正确；生成1molH2,转移1mol电子，C错误；CaH2 高考化学第1~4期 与水反应生成易燃易爆的H2,会加剧火情，不可用水灭火，DS的反应，故S不可以循环利用，A错误：根据反应机理图可 错误. 知，S单质歧化生成S0?和H2S,反应的离子方程式为4S+ 6.C1个过二硫酸分子中含有1个过氧键，97g过二硫 4H0=3H2S+S0}+2H,当生成1molS0?时，理论上需 97g 酸的物质的量为4gma=0,5m,则含过氧键的数目为 要4olS参与歧化反应，B错误；Sb(+3)的沉淀去除过程发 生了非氧化还原反应，D错误 0.5Na,A错误；将化学方程式配平：5K,S20g+2MnS04+8H0= 11.B①②③中均有元素化合价发生变化，均为氧化还原 2KMn04+4K2S04+8H2S04,由反应可建立关系式：K,S20g~ 反应，A正确；酸性环境中，O不能稳定存在，②的反应为 270g 2e,270gK,s80,的物质的量为270gm=1ml,被完全还 Cl2+N0+H2O=2Cl+NO+2H,B错误；总反应中 原时转移电子数为2WA,B错误；由质量守恒可知，Y为H,SO4, OHC一CHO转化为OHC一COOH,C元素化合价由+1升高为 +2,KClO3转化为ClO2,C元素化合价由+5降低为+4，根据 C正确；从反应方程式中可以看出，5molK,S20g得电子后只 得失电子守恒，n(KClO3):n(OHC一CH0)=2:1,C正确； 能得到10mdlS0,则Y(H,S04)和K,S04中只有10mol为还 1 mol Cl02Cl得5mole,1 mol Cl2-Cl得2mole, 原产物，还有2mol(来自MnS0,)不是还原产物，D错误 消毒能力（得电子量）之比为5：2=2.5：1，D正确. 7.A化学方程式配平为NaNO,+3NaNH,融NaN,+ 12.CE值越高，氧化型物质的氧化能力越强，根据表格 NH↑+3NaOH,A正确；3 mol NaNH2参与反应，其中1mol 数据，可知酸性条件下，氧化性强弱顺序为MO,>CL2>VO2> NaNH2中的N元素化合价未发生变化生成NH,2 mol NaNH, Fe3+,A正确；根据表格数据，酸性条件下氧化性：BO?>CL2 中的N元素化合价升高转化为NaN3,故作还原剂的NaNH,占； 根据氧化还原反应“强制弱”规律，实验室可用KBO,与浓盐 参与反应的N出的物质的量的子，B错误；末给出气体所处 酸反应制备C2,B正确；根据表格数据，酸性条件下还原性 Fe2+>C,向硫酸酸化的含2 mol FeCl2溶液中加入1mol 状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；石英主要成分是 PbO2,PbO2恰好把Fe+氧化为Fe+,无氯气产生，C错误；E SiO,,高温下，产物NaOH能和SiO,反应，会腐蚀设备，D错误. 值越低，还原型物质的还原能力越强，E[Fe3+/Fe2+]=0.77V, 8.DTe和0位于同一主族，最低负化合价为-2，则 E[Fe(OH),/Fe(OH)2]<0.77V,则Fe(OH)2的还原性强于 Cu,Te中Cu元素的化合价为+1，A正确；反应①中氧元素化 Fe+的还原性，D正确. 合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te元素的化合价 均升高，失去电子，则CuSO4和TO2均是氧化产物，B正确；反 13.D由中和产物可知粗Pd中加人浓硝酸、浓盐酸充分 反应可生成反应：H,PdCl,A正确；热还原得Pd,发生反应： 应②中每生成1 mol Te,转移4mol电子，反应①中每生成 1 mol TeO2,转移8mol电子，故每制备1 mol Te,理论上共转移 (NH,)2PdC。+2H,△PH+2NH,+6HCL,生成1 mol Pd时， 12mol电子，C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个 生成2mol氨气和6 mol HCI,故气体的物质的量为8mol,B正 反应可得O2的氧化性强于TeO2的，Te02的氧化性强于 确；(NH,),PCL。为红色沉淀，可用氯钯酸根离子检验溶液中 H2S04的，S0,在反应②中作还原剂，无法比较02和S02的氧 的NH4,C正确；溶解过程中盐酸电离出的Cl与Pd+生成配 化性强弱，且无法证明SO2的氧化性强于TO2的，D错误. 合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向进行，从而使Pd完全溶 9.B由图中信息可知，Fe(Ⅱ)和e(Ⅲ)是该反应的催 解，若用浓硫酸代替浓盐酸，无法生成配合物，会使Pd溶解效 化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，A正确；总反应 率降低，D错误 为N03+NO,+4H,+2H=N2+5H,0,反应过程中消耗了 14.A根据题目和表格信息，步骤①未发生反应；步骤② H+,pH会升高，B错误；反应③为NO2+6Fe2++8H+= 发生反应：Co2++4HC0,=[Co(C03)2]2-+2C02↑+2H20: 6Fe3++NH+2H,0,每生成1 mol NH,转移6mol电子，反应 步骤③发生反应：2C02++H,02+14HC0,=2[Co(C03)3]3-+ ④为NH+NO2=N2↑+2H20,每生成1molN2转移3mol 205-+8H0+6C0,↑2H,0,[C002H,0+0,↑：步 电子，转移电子数之比2：1，C正确；NO中心原子N的价层电 骤④发生反应：[Co(C0)3]3+6H+=Co3++3H0+ 子对数为3+5+1,3×2=3，空间结构为平面三角形，键角为 3C02↑、4Co3++2H20一4C02++02↑+4H,据此分析解答. 2 根据分析，步骤②产生的气体为CO,,步骤④产生的气体 120°；N0,中心原子N的价层电子对数为2+5+12×2=3， 2 为CO2和O2,A错误；步骤③中先发生H,O2将Co氧化的氧 含有1个孤对电子，空间结构为V形，由于孤电子对的斥力作 化还原反应，H,02作氧化剂，再发生H202在[Co(C0,)3]3的 用，键角小于120°，NH中心原子N的价层电子对数为4+ 催化作用下分解为O2的氧化还原反应，H,O2既作氧化剂又作 5-1一4×1=4，空间结构为正四面体形，键角为10928'，故键 还原剂，2个氧化还原反应本质不一样，B正确；在步骤③中生 2 成的[Co(CO3)3]-可以对H2O2产生催化作用，分解为02和 角：NO2>NO2>NH4,D正确 H,0,C正确；在步骤④中，[Co(C03)3]在H*作用下先转化 10.C在去除Sb(+5)过程中，最终生成S品S,没有生成为蓝色的Co2(S04)3溶液，再被还原为粉红色的CoS0溶液， 一3 高考化学 第1~4期 说明C02(S04),溶液在酸性条件下不稳定，D正确， l0-3mol,即na(Fe2+）=5n(KMnO4)+n(V02),n(V02）= 15.(除标注外，其余每空2分)(1)+2+4 (1.500×103m0l-5×1.000×10-4mol)×100ml=5.000× 20 mL (2)Pb0,+4H++2C1△P2*+Cl,↑+2H,0 (3)Pb0+C0=P02+CPb2++2H,0-2e=Pb02+ 103ml,a(V,0)=7a(V0)=2.500×103ml,V0,样 4H 品的纯度为2.500x10mlx182/ml×10%=91%. (4)Pb203(3分) 0.5000g 18.(除标注外，其余每空2分)(1)①<②除去1，防止 解析：(4)若a点固体组成表示为Pb0.,根据Pb02三 干扰后续实验[Cul2]+2NH·H0=[Cu(NH)2]++ P0.+(1-之)0，↑，可得(1-号)×32=239×3.35%，解得 2H0+2I(2分)、4[Cu(NH3)2]++02+8NH3·H,0= 2,故a点固体的化学式为Ph,0. 4[Cu(NH3)4]2++40H-+6H20(2分) ③2Cu+l,2=2Cul或2Cu+KL,=2Cul+KI白色沉淀逐 16.(除标注外，其余每空2分)(1)过滤 渐溶解，溶液变为无色(3分)生成的Cl覆盖在铜表面，阻 (2)3Cu+8HN03(稀)=3Cu(N03)2+2N0↑+4H,0 止反应进一步发生(3分) (3)①Au+NO,+4Cl+4H=AuCl,+N0↑+2H20 (2)在实验I~Ⅲ中均有I,生成Cul沉淀或[CuL2],使 ②AC(3分) 得+1价铜的还原性减弱，L2不能氧化C或[Cl2](4分) (4)2(3分) 第3期4版专项小练 解析：废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu,加入硝酸 1.D标准状况下，CHCl,、HF、SO,均不是气体，无法计算 酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为Ag和Cu2+,反应为3Cu+ 物质的量，A、B、C均错误。 8HN0,(稀)=3C(NO3)2+2N0↑+4H,0,3Ag+4HNO3(稀)= 2.BNa202中含有的离子有Na和O号，7.8gNa202的 3AgNO,+NO↑+2H2O,含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混 物质的量为0.1mol,含有的离子数为0.3W,A错误；D20的 合溶液，Au转化为HAuCl,反应为Au+4NaCd+5HNO3= 摩尔质量为20g/mol,1.8gD20的物质的量为0.09mol,一个 HAuCl.,+2H,O+NO↑+4NaNO3,HAuCl4经锌粉还原分离得到 D20分子含有10个中子，1.8gD20含有的中子数为0.9WA,B 金，反应为2 HAuCl4+4Z=2Au+4ZnC2+H2↑，以此解答. 正确；没有告知是否为标准状况，无法计算NH,的物质的量，C 17.(除标注外，其余每空2分)(1)6V02++C103+3H,0一 错误；常温常压下，46gC2H,0的物质的量为1mol,如果该有 C1-+6V02+6H 机化合物为乙醇，极性键数目为7Na,如果该有机化合物为甲 (2)pH过大，OH浓度过大，抑制后续离子交换反应向正 醚，极性键数目为8Na,D错误 向进行[或pH大于8，V,O:的浓度降低或A1(OH),溶解后带 3.C二氧化硅中每个硅原子形成4个硅氧键，0.1mol 入杂质](3分) Si02中含有的Si一0数目为0.4WA,A错误；单键中只有σ键， (3)取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银 三键中有一条σ键和2条π键，标准状况下，22.4L乙炔的物 溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 质的量为1mol,乙炔的结构式为H一C三C一H,含有σ键数目 (4)防止VO,煅烧时被NH还原(3分) 为3NA,T键数目为2WA,B错误；124gP4的物质的量为1mol, (5)91%(3分) P4是正四面体结构，含有6个共价键，C正确；A山，CL。分子的结 解析：废钒催化剂的酸浸液中含VO、VO+、K+、Fe3+、 构式为Cl C Cl,含有2个配位键，1 mol Al,C。中含 A13+和S0,加入氧化剂KC1O,把VO2+氧化为VO,,用KOH 调节溶液pH约为7~8除去Fe3+、A1+,同时VO,转化为 CI CI V,O,通过“离子交换”和“洗脱”，得到含有V4O2的溶液，加 有2N个配位键，D错误. 入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH,VO,),煅烧钒酸铵生成V,O,· 4.C02和03分子均由氧原子构成，32g02和0，的混 (3)“沉钒”时，得到NH,VO,沉淀.确认沉淀已洗涤干净 合气体中含有的氧原子的物质的量为32g÷16gmol=2mol, 即检验是否含有氯离子. 数目为2NA,A正确：NO2和N20,的最简式均为NO2,46gN0 (4)加人氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO,),煅烧钒酸铵！ 和N2O,混合气体中，最简式NO2的物质的量为1mol,含有的 生成V20,其中氮元素为-3价，具有还原性，“煅烧”时须在 原子数目为3WA,B正确；3.2gSO2中的质子数目为3.2g÷ 有氧条件下进行，目的是防止V,O,煅烧时被NH还原. 64g/mol×32×Na mol=1.6N,3.2g02中的质子数目为 (5)配平后的化学方程式为V0,+Fe2++2H*=V02++ 3.2g÷32g/mol×16×Na mol-=1.6Wa,故3.2g由S02、02 Fe3++H20,Mn0,+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H20. 组成的混合物中所含质子数为1.6N,C错误；环丙烷的结构 n(KMn04)=10.00×10-3L×0.01000mol/L=1.000× CH ,聚乙烯的结构简式为七CH,一CH2, 10-4mol,ne(Fe2+)=30.00×10-3L×0.05000mol/L=1.500× 简式为H,C CH 4 高考化学第1~4期 二者的实验式均为CH2,5.6gCH2的物质的量为0.4mol,含 5.A每个NH分子含3个N一Hg键，每个NH又与Co 有碳原子的物质的量为0.4mol,数目为0.4W,D正确. 形成1个配位键（也是σ键），故0.1mol[Co(NH3)。]3+中含σ 5.B体积未知，无法计算Cl1的物质的量，A错误；常温 键数目为2.4WA,A正确：碱性氢氧燃料电池的正极反应为 下，1LpH=9的CH,COONa溶液中，c(OH)=10-5mol/L,这 02+2H,0+4e一40H,1mol02参与反应时转移4mol电 部分OH全部由水电离出，故水电离出的OH数目为 子，B错误；稀有气体都是单原子分子气体，在标准状况下， 10-5V,B正确；10g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的 11.2L稀有气体的物质的量为0.5mol,含0.5mol原子，C错 质量为4.6g,物质的量为0.1mol,乙醇(C2H,0H)中含氢原子 误；根据反应前后质量守恒和质子数不变可知，M的质量数为 0.6mol,但乙醇溶液中的水分子也含氢原子，因此氢原子数目 40、质子数为19，所以M的中子数为21,2.0g2M的物质的量 大于0.6N,C错误；胶体是粒子的集合体，1 mol FeCl全部制 为0.05mol,含中子数为21×0.05mol×Nmol1=1.05WA,D 成Fe(OH)3胶体，得到Fe(OH)3胶体粒子的数目小于Na,D 错误. 错误. 失8×e 6.A1 mol Na和足量O2完全反应，无论生成氧化钠还是 6.A FeCl2+2NaBH4+6H,0-fe+2B(0H)3+2NaCI+7H2↑，由 过氧化钠，Na均变为+1价，失去1mol电子，转移的电子数目 得2e 得6× 一定为NA,A正确；5.6g铁与硝酸反应，当铁不足时，生成 转移电子关系可知生成1 mol Fe转移8mol电子，故生成28g Fe(NO)3,转移电子的数目为3Wa,铁过量时，生成Fe(NO,)2, Fe(0.5mol)转移电子数目为4Wa,A错误；NaBH4中Na与 转移电子的数目为2N,B错误；Cu与S反应生成CuS,6.4g BH4之间为离子键，1个BH4中含有4个σ键，0.5mol Cu参与反应时，转移的电子数为0.1W,C错误；电解精炼铜 NaBH4固体中σ键数目为2Wa,B正确；B(OH)3分子中，B原 时，阳极上反应的金属有Cu及活动性比Cu强的金属（如Fe、 1 子采取sp3杂化，0原子采取sp3杂化，0.5molB(OH)3中采 Z),故当阳极质量减轻32g时，电路中转移电子的物质的量 取sp3杂化的原子数目为1.5N,C正确；Fe2+会发生水解，导 不一定是1mol,数目不一定为NA,D错误. 致Fe2+浓度减小，1L0.1mol/LFeC2溶液中Fe2+数目小于 第3期2-3版精练卷（三） 0.1N,D正确. 1.D摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中 七个基本物理量之一，A错误；1mol任何物质都含有约6.02× 7.B4S02的摩尔质量为66g/mol,64g4S02在标准状 10个粒子，但构成该粒子的原子数目有所不同，B错误；阿伏 体积为664×2.41≈21.7L,A 加德罗常数的近似值为6.02×10，C错误；HC的摩尔质量与 得2e 1 ol HCI分子的质量单位不同，虽数值一样，但二者意义不相 2HNS0,H高温30，↑+s0,↑+2H,↑+W2↑+H0 同，D正确 由转移电子关 2.C同种元素的不同单质互为同素异形体，氧气和臭氧 失2x3e 属于同素异形体，化学性质相似，但不完全相同，A错误；臭氧 得4xe 和氧气之间的转化过程属于化学变化，B错误；质量相同的O, 系可知，该反应生成1molH2时转移3mol电子，B正确；SO2 和O3含有的氧原子数相同，故质子数也相同，C正确；同温同 和SO,溶于水后使溶液呈酸性，酸性条件下NO,可以将SO2、 压下，相同体积的0，和O3含有的分子数相同，原子数之比为 S0氧化为S0子，与Ba+反应生成硫酸钡沉淀，所以不可用 2:3,D错误 Ba(NO,)2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3,C错 3.A已知aL氢气含有b个分子，设50L氢气含有x个 误；28gN2与32g02的物质的量均为1mol,所含原子数均为 50b 分子.则：=碧根据n=片0L氢气的物质的量为m= a 2N,D错误. 8.CNHN由NH和N组成，NH中N元素的化合 =50mol,质量为50mol×2gml=1006 aN aN aN g. 价为-3，N中N元素的平均化合价为-子，A正确：同温同 4.C根据m=nM,可知分子数目相等即物质的量相等的 压下，气体体积与物质的量成正比，则两种气体的体积之比为 三种气体的质量关系为m(X)<m(Y)<m(Z),A正确；同温 1:1,B正确；分解产物的质量为28g,两种气体的物质的量相 同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，故同温同 等（设为n),则M=m_28g+2ng=15g/m0l,C错误：同温 压下三种气体中密度最小的是X,B正确；同温同压下，三种气 几总 2n mol 体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定相等，但不一 同压下，N2和H2的密度之比等于摩尔质量之比，D正确. 定是0.1ml,因为没有说明是在标准状况下，C错误；同温同 9.D同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比， 体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，由于摩尔 甲、乙两室的体积之比为2：1，则物质的量之比为2：1，所以甲 质量M(Z)=2M(Y),故1gY气体和2gZ气体的物质的量相 室混合气体的物质的量为2mol,分子总数为2W,A错误；甲 等，则其压强之比为1：1，D正确. 室混合气体的物质的量为2mol,质量为19g,设氢气的物质的 5 高考化学第1~4期 量为x,可得2g/molx+32g/mol×(2mdl-x)=19g,解得x=2ZnS04,也可写作Zn0(S04)2,C正确；从B点到D点，发生的 1.5mol,甲室H2、02的物质的量之比为1.5mol:(2-1.5)mol= 反应为Zns0,分解产生Za0,既可能发生反应：ZnS0,商温 3:1,B错误；甲室混合气体的物质的量为2mol,质量为19g, Zn0+s0,↑，也可能发生反应：2Zns0,高温2Za0+2s0,↑+ 平均摩尔质量为2m。三9.5gml,同温同压下气体的密度之 O2↑，D错误. 比等于摩尔质量之比，所以甲室混合气体的密度是同温同压时 15.(每空2分)(1)AC H2密度的4.75倍，C错误；根据B项可知甲室中含有1.5mol (2)250mL2.1 氢气0.5mol氧气，若将甲室气体点燃并恢复至室温，反应后 (3)59.5 剩余0.5ol氢气，同温同压下气体的体积之比等于物质的量 (4)AC 之比，所以活塞最终停留在刻度2处，D正确， 解析：(2)测定实验共进行4次，则4次共需要盐酸 10.BNa,0溶于水，溶质为NaOH,n(NaOH)= 100mL,同时还需要考虑实验仪器的润洗等损耗，故配制盐酸 2a(Na0)）=2×2ga=1m,c(0）-12=1mL, 31g 所使用的容量瓶规格为250mL.该浓盐酸浓度为c=10002= M A错误；标准状况下，22.4LHC1的物质的量是1mol,溶于水 1000×1.19×36.5%mo/L=11.9mo/L,根据c装·V张= 36.5 配成1L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mo/L,B正确；从 c稀·V稀可求得V旅=2.1mL. 1L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL,剩余溶液中NO,的 (3)从表中数据可以看出，第4次实验误差过大，应舍去，故 浓度仍为0.1mol/L,C错误：将一定量18.4mol/L的硫酸与水 等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密度，混合后体积大于 前三次实验所耗Na0H的平均体积为13.20+1B,00+1B.10mL= 3 原硫酸体积的2倍，所得溶液的浓度小于9.2ol/L,D错误. 13.10mL,CaC03消耗HCl的物质的量为0.025L× 11.D第一份溶液中加人含a mol BaCl2的溶液，恰好使 0.10mol/L-0.013L×0.10mol/L=1.19×10-3mol,根据关 S0-完全沉淀为硫酸钡，则这份溶液中含a mol S0?;第二份 系式CaC03~2HCl,则该胃药中碳酸钙的质量分数为 溶液中加入含6 mol NaOH的溶液，恰好使Mg2+完全沉淀为氢 4.19×10mol×7×100g/mol 氧化镁，则这份溶液中含Mg·的物质的量是号ml,则原VL 一×100%=59.5% 0.10g 混合溶液中含6 mol Mg2+,含2 mol SO?,根据电荷守恒，含 (4)配制0.10mo/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒，会导 (2×2a-2b)mmlK*,K*的浓度为2(2a-bmol/L 致盐酸浓度偏低，从而碳酸钙消耗盐酸的量偏高，计算时盐酸 V 剩余量偏低，最终导致碳酸钙的测量值偏高；配制0.10mo/L 12.B由得失电子数目守恒可得关系式：5FeC,04·xH,0~ 稀盐酸定容时俯视刻度线，导致盐酸浓度偏高从而导致测得剩 3KMn04,消耗0.100mol/L的酸性高锰酸钾溶液18.00mL,则 余盐酸的量偏高，最终导致碳酸钙的测量值偏低；配制 5 FeC,04·xH,0的物质的量为0.100mo/L×0.018L×3= 0.10mol/L NaOH溶液时，未冷却至室温就转移到容量瓶中， 导致氢氧化钠溶液浓度偏高，测出的盐酸剩余量偏少，导致碳 0.003mol,由FeC204·xH,0的质量为0.5400g可得： 酸钙的测量值偏高；配制0.10mol/L NaOH溶液时，摇匀后发 0.003mol×(18x+144)g/mol=0.5400g,解得x=2. 现液面低于刻度线加水至刻度线导致氢氧化钠浓度偏低，测出 13.C根据题意得到关系式Ti+~Fe3+,则n(Ti+)= 剩余盐酸量偏高，最终导致测得的碳酸钙量偏低. n(Fe3+)=cV×10-3mol,样品中钛的含量为 16.(除标注外，其余每空2分)(1)3Cu+8H++2N0,一 eVx10 mol x48 g/molx00%4.8cV 10g 3Cu2++2N0↑+4H20 14.D28.70gZnS04·7H20的物质的量为0.1mol,根据 (2)铁氰化钾（或HNO,+KSCN)(3分） 图示可知，A点时，质量变为17.90g,质量损失10.80g,A点温 (3)100mL容量瓶、分液漏斗 度为100℃，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6mol,则A (4)12.1 点物质的化学式应为ZSO,·H,O,A正确；随着温度继续升 (5)CD 高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90g- (6)2Cu(N03)2△2C0+4N02↑+02↑C,0(3分) 0.1mol×18g/mol=16.10g,即B点时ZnS04·7H20中的结 解析：(2)若废铜屑中含有杂质铁，反应后又有铜剩余，说 晶水全部失去，B正确；随着温度继续升高，ZSO,开始分解， 明溶液中的铁元素以2+的形式存在，则检验所得硝酸铜溶 分解过程中，Zn元素的质量保持不变，最终全部转化为Zn0,: 液中含有铁元素的方法为取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁 质量应为0.1mol×81g/mol=8.10g,即D点，可见C点时物 氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素；或取少 质成分既有Zn0,又有ZmS04,设Zn0为xmol,则ZnS04为 量实验所得硝酸铜溶液，先加人硝酸，氧化Fe2+为Fe3+,然后 (0.1-x)mol,81x+161×(0.1-x)=13.43,解得x≈0.033，即 加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素· n(Zn0):n(ZnS04)≈1：2，则C点物质的化学式为Zn0· (3)配制时需要规格为500mL的容量瓶，此外还需托盘 6 高考化学 第1~4期 天平、烧杯、玻璃棒，配制好后使用量筒量取450mL溶液，因此变为碳酸铵，则反应的化学方程式为C0+2[Ag(NH3)2]OH一 不需要的仪器有100mL容量瓶和分液漏斗： 2Ag↓+(NH,)2C03+2NH2 (4)所需三水合硝酸铜固体的质量为0.5L×0.1ol/L× ③若d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应， 242g/mol=12.1g. 导致与氢氧化钡反应的C02减少，将造成α偏高 (5)配制过程中，加水定容时俯视刻度线，使得溶液体积 ④设反应后气体的物质的量为bol,则二氧化碳的物质 偏小，导致浓度偏大，A不符合题意；容量瓶未干燥处理，对溶 i 的量为bm mol,起始气体物质的量为amol,则起始二氧化碳的 液的浓度无影响，B不符合题意；定容加水时超过刻度线后，立 物质的量为a(1-n)mol,氮气的物质的量为an mol,可得消耗 即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低，C符合题意；溶 二氧化碳的物质的量为[a(1-n)-bm]mol,生成CO的物质 液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少， 的量为2[a(1-n)-bm]mol,则有b=an+bm+2[a(1-n)- 浓度降低，D符合题意。 bm],解得b= a(2-n ,此时的表达式为 (6)24.2gCu(N03)2·3H20的物质的量为0.1mol,完全 1+m 失去结晶水生成0.1 mol Cu(N03)2,质量为18.8g.T1~T2阶 [a(1-n)-a(2-n m mol 1+m ×100%=1-n+m-mn,-2m+nm× 段Cu(NO3)2开始分解，根据铜元素守恒，C(NO3)2分解生成 a(1-n)mol (1+m)(1-n) 0.1mol氧化铜，质量为8g,同时观察到有NO2逸出，根据氧化 1-n-m 还原反应规律，还有氧气生成，因此T℃~T2℃C(NO3)2分 100%=1+m-元×100% 第4期2-3版精练卷（四） 解产物为Gu0,NO,0,反应的化学方程式为2Cu(N0,)2△ 1.B铝与盐酸、硫酸、NaOH溶液反应均可产生H2,与硝 2C0+4N02↑+02↑.再加热生成0.05 mol Cu20,质量为7.2g 酸反应产生氮氧化物，故C符合题意。 17.(除标注外，其余每空2分)(1)恒压滴液漏斗 2.B某溶液焰色试验呈黄色，说明其溶质是含Na元素 (2)稀硫酸或稀盐酸、醋酸等（任选一种） 的化合物，可能是硝酸钠、硫酸钠、氢氧化钠等，不一定是氯化 (3)a>bd→e→f(3分） 钠，B错误 (4)吸收尾气H,S2H,S+H,Se02=SeS,↓+3H,O 3.B纯碱能与瓷坩埚中的S02反应，应用铁坩埚，A错 (5)98.3(3分) 误；医用酒精中含有水，水和钠也能反应，C错误；比较碱性强 解析：(2)装置B的作用是产生H,S,利用强酸制弱酸原 弱需浓度相同，D错误。 理，则试剂Y应为非氧化性且酸性强于氢硫酸的酸，可为稀硫 4.C反应①为Mg+2C5H6一→Mg(CH)2+H2↑，每消 酸或稀盐酸、醋酸等。 耗0.5 mol C.H。,生成0.25 mol Mg(C,H)2,则分子数为 (5)根据已知反应，可得关系式SeS,~2L~4S,0片，则该 0.25N,A错误；2.24LN2未指明在标准状况下，物质的量不 样品中 SeS2的质量分数为 一定为0.1mol,则生成的N3的数目不一定为0.2N,B错误； 00s00mLx0.01L×子×08×143gm ×100%≈ 44g0,的物质的量为品=0.1ml,反应③为2训g+ 0.100g 98.3%. C0,点槛2Mg0+C,C元素的化合价由+4价降低为0价，转移 18.(除标注外，其余每空2分)(1)分液漏斗HC 4个电子，故每消耗4.4gC02,转移的电子数为0.4V,C正 (2)干馏 确；0.15mol/L MgCl,溶液的体积未知，无法计算Mg2+的数目， (3)C0,+C商温2G0 D错误. 5.D合金的熔点比各成分的熔点都低，A错误：电负性： (4)①有白色沉淀生成 H>Mg,MgH2中，H元素的化合价为-1，Mg元素的化合价为 ②C0+2[Ag(NH,),]OH=2Ag↓+(NH4),CO3+2NH ③偏高 +2,B错误；镁和氮气会发生反应：3Mg+N,点巡MgN,C错 1-n-m 误；一定条件下，17 mol MgH2与盐酸完全反应生成34mol氢 ④1+m-n×10%(4分） 气(MgH2+2HC=MgCL2+2H2↑)，12molA1与盐酸完全反应 解析：稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由 生成18mdl氢气(2A1+6HC1=2A1Cl,+3H2↑)，共放出 于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠 52mol氢气，D正确. 溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的 6.C熔融BeCl2不导电，BeC2溶液能导电，二者满足其 焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通人足量氢氧化钡溶液 一，即为电解质，A正确；高温下用Mg还原BF2制备铍的反 中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质， 应，由于Mg比铝更活泼，所以需要保护气，C错误；铍与相邻主 (4)①d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和 族的铝元素性质相似，则B0为两性氧化物，能与强碱溶液反 水，现象是有白色沉淀生成 应，可用BeCl2溶液与足量氨水制备Be(OH)2,B、D正确 ②e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应原理可知CO 7.DM点对应溶液中盐酸有剩余，溶液显酸性，H与 > 高考化学第1~4期 CHCO0不能大量共存，A不符合题意：N点对应溶液中溶质：置内空气，再加入钠粒进行反应，A正确：生成氢气，为保证实 为NaC、A1Cl,Cl与Ag*反应生成AgC沉淀，不能大量共存， 验安全，不能一次性加入钠粒，B错误；试管中Hg用于液封，可 B不符合题意；S点后依然出现沉淀，说明A1+还未完全反应， 防止外界空气进入装置，C、D正确 此时溶液中的溶质为NaC、A1C,A13+与OH不能大量共存， 15.(除标注外，其余每空2分)(1)2A1+20H+6H0= C不符合题意；R点溶液中含有Na[Al(OH)4],Na、SO、 2[A1(0H)4]+3H2↑ C1、NO,四种离子相互之间不反应，也不与溶质成分反应，可 (2)K2(H2C03)>K[A1(0H)3](3分) 以大量共存，D符合题意. (3)搅拌、适当升温（或适当增大盐酸的浓度） 8.D溶液2中加入了NaCl固体经过盐析使得氯化铵结 (4)①增大H浓度，抑制A1Cl的水解：增大C1浓度，促 晶析出，得到的溶液3中含有较多氯化钠，两溶液中钠离子和 进A1CL3·6H,0的析出(3分) 铵根离子的浓度不同，D错误. ②饱和A1CL,溶液 9.C侯氏制碱法在溶液1中先后通入氨气和NaCl固体， 16.(除标注外，其余每空2分)(1)①b→c→hi(或i→ 促使氯化铵结晶析出，索尔维制碱法是在溶液1中加人氢氧化 h)bc 钙生成氨气和氯化钙，两种制碱法对溶液1的处理不同，A正 ②2Sr02+2C02=2SrC03+0, 确；侯氏制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氯化钠，索 ③bcadfe 尔维制碱法中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气，B正确； (2)①三颈烧瓶(1分)防止倒吸 两种制碱法中原料NaCl的利用率不相同，侯氏制碱法中循环 ②Sr2++2NH,+8H20+H,02=Sr02·8H20+2NH4中 利用的是二氧化碳和氯化钠，索尔维制碱法中没有循环利用氯 和反应生成的H,促进反应进行，同时防止产物和酸发生反 化钠，侯氏制碱法氯化钠利用率更高，C错误；两种制碱法都涉 应(3分) 及NaCl溶液、CO2和NH,反应生成碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受 ③蒸发浓缩、冷却结晶 热分解生成碳酸钠，都利用了碳酸氢钠的溶解度小和不稳定的 17.(除标注外，其余每空2分)(1)MgC0,高温Mg0+C0,↑ 性质，D正确： (2)NH 10.B碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，B错误. (3)将Fe2+氧化为Fe3+生成的MnO2和Fe3+能催化 11.C NaHC0,受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳， H202分解，从而加大H202用量(3分) 利用差量法即可计算出N,CO,的质量分数，A不符合题意；取 (4)4.6×10 αg混合物与足量稀硫酸充分反应，得到bgCO2,根据碳元素 (5)避免生成Mg(OH),沉淀 守恒可计算出Na2CO,和NaHCO,的总的物质的量，结合总质 (6)2HF +Mg2*=MgF2+2H 量ag,可计算出Na2C03的质量分数，B不符合题意；取ag混 解析：(4)当A13+恰好沉淀时，Fe3+早已沉淀完全， 合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg 固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH,无法计算出Na2CO,的 c(A13+)-c(A13+)·c2(0H)_K[A1(0H),]_1.3×10-8 c(Fe)c(Fe)c(OH-)K [Fe(OH)3]=2.8x10= 质量分数，C符合题意；Na2CO和NaHCO3均可与盐酸反应生 4.6×103 成水、二氧化碳和氯化钠，所得bg固体是氯化钠，利用钠元素 18.(除标注外，其余每空2分)(1)①5.3 守恒可计算出Na,CO,的质量分数，D不符合题意。 ②250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒③20.0a 12.B从铝土矿（主要成分为AL03)中提取Al20,主要 (2)①越大 利用AL,O,能与强碱溶液反应，生成可溶性Na[A1(OH)4],过 ②ⅡHCO,自耦电离的平衡常数K= 滤除去其他不溶性杂质，向滤液中通入酸性气体CO2,生成 A1(OH)3沉淀，过滤，洗涤，加热分解A1(OH)3得到A山，O;若 c(H,C0)·c(C0号）_K2_4.7×10- c2(HC0,) K4.5×107≈1×104≥K2,说明 先用盐酸溶解，Fe03、A山0，均溶解，制取A1(OH),的步骤较 HCO,自耦电离程度远大于HC0,的电离，即猜想成立(3分) 多；从Na[A1(OH)4]制备Al(OH)3,若加盐酸不容易控制量的 多少，B符合题意. 13.C在“氯化”设备中，矿料(FeTiO3+C)与CL2逆向而 行，能增大反应物的接触面积，有利于反应充分进行，A正确； “氯化”反应的化学方程式为2Fei0,+7CL,+6C高温2FeCl,+ 2TCL4+6C0,该反应中CL2与C0的物质的量之比为7：6，正 确；在高温下，镁能与氮气反应，生成氮化镁，故不能在N2氛围 中进行，C错误；流程中所需要的“Mg”,可通过电解熔融 MgCL2制取，D正确。 14.B NaNH,易和水、氧气反应，应先通入氨气，排除装 8—素养 拓展 (上接第1版) 配制400mL浓度约为0.1mol/L的Na0H溶 m(1ol晶体质量)×100%=固体残留率。 m(剩余) 液，下列仪器中不需要使用的是 ) A.100mL烧杯 (4)晶体中金属质量不减/少，仍在m(剩除)中. B.500mL容量瓶 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守 C.500mL量筒 恒得m(0),再由n(金属)：n(0)即可求出失重 D.500mL细口试剂瓶（橡胶塞） 后物质的化学式。 解析：溶解1.6 g NaOH需要在烧杯中进 (6)铵盐的加热考虑生成NH3,硫酸盐的加 I行，A需要；1.6 g NaOH的物质的量为 热考虑生成S02、S03,草酸盐的加热考虑生成0.04mol,0.04mol÷0.1mol·L1=0.4L,本 C0、C0,通常题目数值会经过设计，可以利用 实验精确度不高，将1.6g氢氧化钠溶解在 各气体的摩尔质量与减少的质量作比较，推断 400mL蒸馏水中即可配制浓度约为0.1mol/L 可能的气体 的NaOH溶液，不需要500mL容量瓶，B不需 命题点四利用关系式法解答连续反应类计算题 要；据B项分析可知，配制时需500L量筒量 取400mL蒸馏水，C需要；NaOH溶液配制好后 例4测定铁矿石中铁含量的传统方法是 需要转移到试剂瓶中贮存，NaOH溶液呈碱性， SnCL,-HgC,-K,C,0,滴定法.研究小组用该方能与玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞， 法测定质量为αg的某赤铁矿试样中的铁含量. 所以需要500mL细口试剂瓶（橡胶塞），D需 【配制溶液】 要.本题若精确配制400mL0.1mol/L NaOH溶 ①cmo/LK,Cr,O,标准溶液， 液，需用500mL容量瓶，需称量NaOH固体的 ②SCL2溶液：称取6 g SnCla,·2H,0溶于质量为0.5L×0.1mol/L×40gmol=2.0g 20mL浓盐酸，加水至100mL,加入少量锡粒. 答案：B 【测定含量】按下图所示（加热装置略去）》 操作步骤进行实验。 ?技巧点拨溶液配制的误差分析 边菊边滴加sm (1)根据c=进行分析：①n大或V小， 合液后，滴加指示 c偏大：②n小或V大，c偏小 一 一圖 (2)常见误差类型 操作 CB 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl,可 ①称量固体溶质，所用砝码生锈 增大 偏高 将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr20可 ②称量时试剂和砝码位置颠倒 被Fe2+还原为Cr3+.若消耗cmol/LK2Cr,0,标 减小 偏低 (且使用了游码) 准溶液VmL,则ag试样中Fe的质量分数为 ③用量筒量取液体溶质时仰视 _(用含a、c、V的代数式表示). 增大 偏高 读数 解析：浓盐酸与赤铁矿试样反应，使试样中 ④用量筒量取液体溶质时俯视 减小 Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl, 读数 偏低 使Fe3+被还原为Fe2+,冷却后滴加HgCl2,将多 ⑤溶解后没有冷却直接定容 减小偏高 余的Sn2+氧化为Sn+(防止Sn2+干扰Fe2的测 ⑥未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒减小 偏低 定)，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用 ⑦转移溶液时少量洒出 减小 偏低 ⑧配制前容量瓶中有少量蒸馏水 无影响 K,Cr0,进行滴定，Fe2+被氧化为Fe3+,可得关 ⑨定容时仰视刻度 增大 偏低 系式：6Fe2+~C,0,n(Fe2+)=6n(Cr,0）= ①定容时俯视刻度 减小偏高 6cV×10-3mol,故ag试样中Fe元素的质量为 ①摇匀后液面下降又添加蒸馏水 增大偏低 6cV×103mol×56g/mol=0.336cVg,质量分数 !误区警示 为0.336cVg×1009%=33.6cY%. ag a (1)容量瓶不能用来稀释溶液，不能作为反 答案：见解析。 应容器，也不能作贮存仪器.配制溶液时选择与 ?技巧点拨关系式的建立 所配溶液体积相同规格的容量瓶.若无所配溶 液体积规格的容量瓶，应遵循“太而近”的原则， 第一步 写出各步反应的化学方程式或各步关系式 如配制480mL溶液，应先配制500mL溶液，然 找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、“中 后再取出480mL即可. 第二步 介”物质、最终生成物之间的“量”（质量或物质的 量或相同条件下气体的体积)的关系 (2)称量NaOH固体时应将NaOH放在小烧 杯中称量 第三步 确定已知物质和所求物质之间“量”的关系 (3)转移时一定要将溶液冷却至室温，而且 第四步 根据已知条件及关系式列出比例式计算求解 要用玻璃棒引流.引流时，玻璃棒的下端在容量 瓶刻度线以下， 命题点五一定物质的量浓度溶液的配制 (4)加蒸馏水定容时超过了刻度线，不能用 胶头滴管吸出超出刻度线的液体，应该重新 例(2025·山东)称取1.6gNa0H固体 配制 数理极 本版责任编辑：孙丽 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 阿伏加德罗常数的应用 报纸发行质量反馈电话： 0351-5271248 专项小练 参考答案 第2期4版专项小练 ◎数理报社试题研究中心 1.2Cu2++S02 1.[Vm=22.4L/mol的使用]已知N、是阿2C1-+2H20=2CuCl↓+ 伏加德罗常数的值.下列说法正确的是 ( S02-+4H+ 2.8514810764 A.标准状况下，2.24 L CHCI3的分子数目为 3.(1)2As2S3+602+ 0.1W 3H20=2As203+3H2S20 B.标准状况下，22.4LHF所含原子数目为 (2)As2S+702+ 6H,0=2H3AS04 + 2N. 3H2S04 C.标准状况下，33.6LS03所含氧原子数目 4.(1)35466 为4.5N 31023 (2)697866 D.标准状况下，1ml氢气与18g水的体积 1839 不相等 5.1261113 2.[物质结构]已知N、是阿伏加德罗常数的 21N02会自发反应 生成N204而使气体体积 值.下列说法正确的是 减小或NO2溶于水反应而 A.7.8gNa,02中含有的离子总数为0.4W 使气体体积减小（合理即 B.1.8gD,0中含有的中子数目为0.9N 可) 第2期2-3版精练卷（二 C.2.24LNH,中孤电子对的数目为0.1W 1.A2.D3.B4.C D.常温常压下，46g有机化合物C2H.0中 5.B6.C7.A8.D 9.B10.C11.B12.C 的极性键数目一定为7N 13.D14.A 3.「成键数目]已知N、是阿伏加德罗常数的 15.(除标注外，其余 值.下列说法正确的是 每空2分)(1)+2 +4 (2)Pb02+4H++2C1 A.0.1 mol Si02中含有的Si一0数目为 △-P2++C2↑+2H20 0.2N (3)P0+CI0= B.标准状况下，22.4L乙炔中σ键数目为P02+C-PW2++2H,( N,、π键数目为2N -2e=Ph02+4H (4)P203(3分) C.124gP4中，含有的共价键数目是6NA 16.(除标注外，其余 D.1 mol Al,Cl。中含有N,个配位键 每空2分)(1)过滤 4.[混合物中微粒个数]已知N,是阿伏加德 (2)3Cu+8HN03(稀) 3Cu(N03)2+2N0↑+ 罗常数的值.下列说法不正确的是 4H20(3)①Au+N0,+ A.32g0,和0，的混合气体，含有的氧原子 4C-+4H+=Aua,+N01 数目为2N +2H20②AC(3分) (4)2(3分) B.46gN0,和N,0,混合气体中含有的原子 17.(除标注外，其余 总数为3N 每空2分)(1)6V02++ C.常温下，3.2g由S02、02组成的混合物中 Cl03+3H20=C1 6V0,+6H+(2)pH过 所含质子数目为3.2N 大，OH浓度过大，抑制后海 D.常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混离子交换反应向正向进行 合物中含有的碳原子数目为0.4N. [pH大于8，V,O2的浓度降 低或AI(OH)3溶解后带人杂 5.[溶液中的微粒数目]已知N是阿伏加德 质](3分)(3)取最后一次 罗常数的值.下列说法正确的是 洗涤滤液，向其中加入硝酸 A.0.1mo/L BaCl2溶液中Cl-的数目为 酸化的硝酸银溶液，若无沉 淀产生则已洗涤干净(4) 0.2N 防止V2O,煅烧时被NH3还 B.常温下，1LpH=9的CH,COONa溶液中 原(3分)(5)91%(3分) 18.(除标注外，其余 由水电离出的OH-数目为10-5N 每空2分)(1)①< C.10g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原②除去15，防止干扰后续 子总数为0.6N 实验[Cul2]+2NH3 H0=[Cu(NH3)2] D.1 mol FeCl3全部制成Fe(OH)3胶体，得 2H,0+2I4[C(NH)2] 到Fe(OH)3胶体粒子的数目为N +02+8NH3·H20= 6.[转移电子数目]已知N、是阿伏加德罗常 4[Cu(NH3)4]2++40H 数的值.下列说法正确的是 +6H20(4分)③2C+ L2=2Cul或2Cu+KL2 A.1 mol Na和足量O2完全反应转移的电子 2Cul+KI白色沉淀逐渐 数目一定为N 溶解，溶液变为无色(3分 B.5.6gFe与一定量的稀硝酸反应，转移的 生成的Cl覆盖在铜表 面，阻止反应进一步发生(3 电子数目一定为3N、 分)】 C.6.4gCu粉与足量S粉加热充分反应，转 (2)在实验I~Ⅲ中 均有I广，生成Cl沉淀或 移的电子数目为0.2N、 [C2]-,使得+1价铜的 D.电解精炼铜时，阳极质量减轻32g,电路 还原性减弱，【2不能氧化 中转移电子的数目一定为V Cul或[Cul2]-(4分) （参考答案见下期) 数浮极 第3期 第一轮复习 总第1199期 2026年7月21日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-208B 晋，AE确：1个C0分子和1个0分子中 物质的量 的质子数分别为14和15，同温、同压、同体积的 C0和NO的物质的量相等，但质子数不相等，B 错误；同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质 ⊙山西郭丹峰 量之比，故02和C02的密度不同，C错误；H20 少.如100mL1.0mol/LNa,C0,溶液中，C0 命题点白阿伏加德罗常数的应用 的数目小于0.1Va D20的摩尔质量分别为18g/mol、20g/mol,质 量相同的H,0和D,0的物质的量不相同，因此 例☐(2025·云南)N为阿伏加德罗常数 (4)注意物质的存在形态不同，离子的种 所含原子数不相同，D错误. 的值.下列说法正确的是 () 类、数目不同.如NaHCO,晶体中只含有Na+和 答案：A A.22.4LCH4中原子的数目为5N HCO,,而NaHCO,溶液中还会因为HCO的电 B.1mol180所含中子的数目为10W 离产生少量CO,由于HCO3的水解产生少量 ?技巧点拨阿伏加德罗定律及其推论的 C.28gFe粉和足量S完全反应，转移电子 H,C0,.NaHSO,晶体在熔融状态下存在的离子应用 的数目为1.5N 是Na+和HSO.,而NaHSO.溶于水后将电离出 推论 Na*、H+、SO. 条件 D.0.1L12mol/L盐酸与足量Mn02反应， 公式 语言叙述 生成CL2的数目为0.3N (5)注意特殊物质的摩尔质量或分子中的 同温同压下的不同气体，其 解析：未指明气体是否处于标准状况， 中子数.如H,0和D0的摩尔质量分别为 Tp相同 18g/mol和20g/mol.D,0、T,0、1802分子中的 n=V N2 体积之比等于物质的量之 22.4LCH的物质的量无法确定为1mol,因此 比，等于所含微粒数之比 原子数目无法确定为5N,A错误；0的中子数 中子数分别为10、12、20. (6)注意一些物质中化学键的数目.如 e M 同温同压下的不同气体，其密 为18-8=10,1ml0含10mml中子，数目为1ml金刚石中含有2mlC一C,1 mol Si中含有 T、p相同 P2 -M, 度之比等于摩尔质量之比 10W,B正确；28gFe(0.5mol)与S反应生成 2 mol Si--Si;1 mol Si0,中含有4 mol Si--0: Fes,Fe元素的化合价由0升高到+2，转移电子 T、V相同 pn 温度与体积相同的不同气 1molP中含有6molP一P.1mol石墨中含有 n2 体，压强与物质的量成正比 数为0.5mol×2×Nmol1=N,C错误；浓盐 1.5molC一C.还需要注意配位键属于c键. 酸与MnO2反应的关系式为4HCl~CL2,随反应 利用理想气体状态方程(pV=nRT,建立 (7)注意给出溶液浓度求数目时是否告知 进行盐酸浓度降低，反应停止，实际生成CL,的 相关物理量间的关系，可避免死记硬背，有理 溶液的体积，还应注意溶液中的“H,0”对计算 物质的量小于理论值0.3mol,D错误 有据解决阿伏加德罗定律相关问题。 H原子、0原子数目的影响. 答案：B (8)注意氧化还原反应中转移的电子数.如 !误区警示 。1mole分别与足量C2、足量硫粉反应时前者 命题点自 热重曲线 解决阿伏加德罗常数相关问题时应注意以转移3mol电子（生成FeCl,),后者转移2mol 例3（全国）在N2气氛中，Fes04·7H,0 下方面： 电子（生成FeS). [M(FeS0·7H,0)=287g/mol]的脱水热分解 (1)注意物质的聚集状态.V=22.4L/mol (9)注意常见的可逆反应.如2N02=一 过程如下图所示.根据图中实验结果，可知x= 的适用条件：①标准状况下：②气体.即非标准 状况下的气体不适用，不是气体的物质不适用. N0,+3H2N,+1 ,y= 如水在标准状况下呈液态：S0,在标准状况下呈 2Ⅲ、CL2+H,0一HC1+HC10、2S02+ FS045.3% 40- 固态，常温常压下呈液态：F在标准状况下呈O,雀化剂2S0,、酯化反应等 38.89% 30A 液态；戊烷及碳原子数大于5的烃在标准状况 FeS0,H.φ (10)注意分散系变化导致微粒数目的变 19.4% 下呈液态或固态（新戊烷常温下呈气态，标准状化.如FeCl,溶液转化为Fe(OH),胶体，因为胶 10H 况下呈液态)等。 体微粒是分子的集合体，所以胶粒的数目小于 FeSO.7H2O/ (2)注意构成物质的微粒数.如Ne,0,、白原溶液中Fe+的数目 050100150200250300 温度/℃ 磷(P)等分子中的原子个数分别为1、3、4； Na,O2中阴、阳离子个数比为1：2；CaC2中阴、阳 、命题点白阿伏加德罗定律及其推论 解析：由图中信息可知，当失重比为19.4% 时，Fes04·7H,0转化为FeS04·xH0,则 离子个数比为1：1等。 例2下列说法正确的是 同时注意所给条件是否与电解质组成有 （）18(7-）=19.4%,解之得x=4;当失重比为 278 A.(海南)等质量的乙烯和丙烯中含有的共 关，如pH=1的硫酸、盐酸的c(H+)都等于 38.8%时，Fes0,·7H,0转化为Fes0,·yH,0 用电子对数相同 0.1mol/L,与电解质的组成无关.0.05mol/L硫 B.(海南)同温、同压，同体积的C0和N0则8(7：2 =38.8%,解之得y=1. 酸，c(H*)为0.1mol/L,与电解质的组成有关. 278 含有的质子数相同 (3)注意弱电解质的电离及某些离子的水 答案：41 C.（北京)同温同压下，0，和C0,的密度相同 解.若溶液中含有弱电解质，弱电解质部分电 D.(北京)质量相同的H,0和D20(重水) ?技巧点拨分析热重曲线的一般方法 离，使弱电解质分子的数目减少，如：100mL所含的原子数相同 (1)设晶体的物质的量为1mol. 1.00mol/LCH,C00H溶液中，CH,CO0H分子 解析：设乙烯、丙烯的质量均为mg,则共用 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物 的数目小于0.1V.若溶液中含有易水解的盐 电子对数分别为织×6xM=得 (3)计算每步的剩余固体质量， m 类，就存在离子的水解平衡，使该离子数目减 ×9×NA= (下转第4版) 素养 测评 数理极 的量相等.若得到NH,N,的分解产物（简称）28g,下列说法错误的是( 第一轮复习精练卷 A.叠氨化铵中N元素不止一种价态 B.同温同压下，a中两种气体的体积之比为1：1 涉及内容：物质的量及计算 C.a的平均摩尔质量为14.5g/mol （满分：100分，时间：75分钟) D.同温同压下，a中N2和H2的密度之比为14：1 ◎数理报社试题研究中心 9.某密闭刚性容器由可动活塞隔成甲、乙两 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选室，常温下向甲中充入由H,和02组成的混合气 项符合题意) 体19g,向乙中充人1mol空气，此时活塞的位置 1.下列叙述正确的是 ( ) 如右图所示.下列有关说法正确的是( A.摩尔是国际单位制中七个基本物理量之 A.甲室混合气体的分子总数为4N B.1mol任何物质中的原子数目都是相同的 B.甲室中H,和0，的物质的量之比为1：4 C.6.02×1023就是阿伏加德罗常数 C.甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的9.5倍 D.HCl的摩尔质量不同于1 mol HCI分子的质量 D.若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终 2.雷雨天闪电时，空气中有臭氧(0，)生成.下列说法中正确的是 停留在刻度2处 10.下列说法正确的是 () A.02和03互为同素异形体，化学性质完全相同 A.31ga,0溶于水得到1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol/L B.0,和O,的相互转化是物理变化 B.标准状况下，22.4LHC1溶于水配成1L溶液，所得盐酸的物质的量 C.质量相同的02和0，含有相同的质子数 浓度为1mol/L D.同温同压下，相同体积的02和0，含有相同的原子数 C.从1L0.1mol/LHNO,溶液中取出250mL,剩余溶液中NO的浓度 3.氢的存储是氢能应用的主要瓶颈.目前常用的储氢技术主要包括物理为0.075mo/L 储氢、化学储氢与其他储氢.不同的储氢方式应用场景不同.高压气态储氢技 D.将一定量18.4mol/L的硫酸与水等质量混合，所得溶液的浓度大于 术是目前发展最成熟、应用最广泛的物理储氢技术.已知在30MPa、25℃时，9.2mol/L aLH,含有b个分子，则在此条件下容积为50L的高压气瓶能储存氢气 11.把VL含有MgS04和K,S04的混合溶液分成两等份，一份加入含 ( a mol BaCl,,的溶液，恰好使SO?完全沉淀为硫酸钡；另一份加人含bmol A.1006 B.256 D.25aN NaOH的溶液，恰好使Mg2+完全沉淀为氢氧化镁.则原混合溶液中K的浓度 aNg aNg b b g 为 4.X,Y,Z三种气体的相对分子质量关系为M,(X)<M,(Y)=M,(Z), .mol/I. B.2mol/1. 下列说法错误的是 A.分子数目相等的三种气体，质量最大的是Z C.2(a-b)mol/L V D.2(2a-b)mol/L B.同温同压下，相同质量的三种气体，密度最小的是X 12.工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，反应的离子方 C.同温同压下，三种气体的体积若均为2.24L,则它们的物质的量一定程式为Fe2++H,C04+xH,0一一FeC,04·xH,0↓+2H.利用氧化还原滴 均为0.1mol 定法测定草酸亚铁晶体(FC204·xH20)的x值，步骤如下：称取0.5400g D.同温下，体积相同的两容器中分别充入1gY气体和2gZ气体，则其 草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KMO,溶液滴定，达到滴定终 压强之比为1：1 点时，消耗0.100mo/L的酸性KMnO4溶液18.00mL.已知：滴定过程中铁、 5.设N、为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是 碳元素分别被氧化为Fe3+、C02,锰元素被还原为Mn2+,则x的值为() A.0.1mol[Co(NH)6]3+中含σ键数目为2.4W A.1 B.2 C.3 D.4 B.碱性氢氧燃料电池中，1olO,参与反应转移电子数目为2N 13.钨钛合金在工业中应用广泛，NHFe(SO:),滴定法可测定合金中钛 C.在标准状况下，11.2L稀有气体含原子数目为N、 的含量：称取wg钨钛合金，用HNO,-HF混合液溶解，用NaOH溶液沉淀并 D.在M=8Ca+9e中，2.0gM含中子数目为0.95N 分离钛元素后加盐酸溶解，用金属铝将T4+还原为T3+,向溶液中加几滴 6.用FeCL,和NaBH,制备纳米零价铁的反应为FeCl,+2NaBH4+KSCN作指示剂，用cmol/L的NH,Fe(SO4)2标准溶液滴定至溶液显红色，消 6H,0=Fe+2B(OH)3+2NaC+7H2↑.N表示阿伏加德罗常数的值，下列耗标准溶液的体积为VmL.样品中钛的含量为 ) 说法错误的是 ( A.2.4c B.9.6cy% C.4.8cV D.14.4cV A.每生成28gFe,转移的电子数目为N, 0 B.0.5 mol NaBH4晶体中o键的数目为2N 14.已知皓矾(ZnS04·7H20)受热易分 301 C.0.5molB(0H)3中采取sp3杂化的原子数目为1.5N 解取28.70gZs0,·7H,0晶体，加热过 A(100,17.90 程中所得固体质量与温度的变化关系如右室2刘 C(680,13.43 D.1L0.1mo/L FeCl2溶液中Fe2+的数目小于0.1N 0 0 图所示.下列说法不正确的是 ( .10B(250,16.10) 7.氨基磺酸( )可作漂白助剂，可减少或消除漂白液中重金 A.A点时物质成分为Zns0·H,0 D(930,8.10) B.B点时ZnS04·7H,0中的结晶水全 HO NH 20402R08010 部失去 属离子的催化作用，从而使漂白液质量得到保证.氨基磺酸在常温下稳定，高 C.C点时物质成分为Zm,0(S04)2 温时能完全分解：2H,s0,H高温s0,↑+S0,↑+2H,↑+N,↑+H,0.下列说 D.从B点到D点，总反应一定为ZS0,疆Zn0+s0,↑ 法正确的是 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） A.64g34S02在标准状况下的体积为22.4L 15.(10分)某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作 B.该反应生成1molH2时转移电子的数目为3N 如下（设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）： C.可用Ba(NO,),溶液检验分解所得混合气体中是否含有S0 ①配制0.10mo/LNa0H溶液和0.10mol/L稀盐酸. D.相同条件下，28gN2与32g02所含原子数均为VA ②向盛有一粒研碎后的药片(0.10g)的锥形瓶中加入20.00mL蒸馏 8.NHN,(叠氨化铵)易发生分解反应生成N和H2,且这两种气体的物质水，再加人25.00mL0.10mo/L稀盐酸. 数理极 素养 测评 ③滴加酚酞作指示剂，然后用0.10mol/L NaOH溶液滴定过量的稀盐 Ⅲ.三水合硝酸铜[Cu(NO,)2·3H20]热分解实验。 酸，记录所消耗的NaOH溶液的体积. (6)将24.2gCu(N03)2·3H20样品置 固体的质量g 回答下列问题： 于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线如右图所242 18.8 (1)如下图是配制NaOH溶液的过程示意图.下列说法错误的是 示.在T℃~T,℃过程中有红棕色气体产生， (填字母序号) 反应的化学方程式为 8.0 继续升温至T,℃时生成的固体产物为 1.2 (填化学式). T温度℃ 17.(14分)二疏化硒(SeS2)可用于治疗 花斑癣.SS,是橙黄色至橙红色粉末，在水或有机溶剂中几乎不溶.可用H,S 与H,Se0,反应来制备SeS2,其实验装置如下图所示， 操作2 操作3 操作4 A.称量Na0H时，天平的两个托盘要垫相同质量的称量纸 B.操作2是将恢复至室温的NaOH溶液转移到容量瓶中 C.缺少操作3对所配NaOH溶液浓度无影响 D.操作4是用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与容量瓶颈部的刻 度线相切 NaOH溶液 饱和NaHS溶液 HSeO溶洛 (2)该测定实验共进行了4次，实验室现有50mL 100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶，则配制稀 盐酸 已知：①3SeS2+16HN03+H,0=3H2Se03+6H,S04+16N0↑； 盐酸应选用的容量瓶的规格为 .右图为实验室 分子式：HCI ②Se0号+4I+6H+=Se+2L+3H,0;③2S,0?+l,=S,0%+2I.回答下 某浓盐酸试剂瓶标签上的有关内容，若用该浓盐酸配制 相对分子质量：36.5 列问题： 密度：l.19g/cm 上述稀盐酸，需要用量筒量取 mL浓盐酸， (1)仪器M的名称为 HC的质量分数：36.59% (3)某同学4次测定所消耗的Na0H溶液的体积如 (2)若试剂X为NaS,则试剂Y可为（任填一种）. 下表所示： (3)按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→ 测定次数第1次第2次第3次第4次 (填仪器接口的小写字母) Ta0H(aq)]/mL13.2013.0013.1013.90 (4)装置D的作用是 ;装置C中反应的化学方程式为 通过该实验可测得胃药中碳酸钙的含量为」 %. (4)下列操作会使碳酸钙的含量测定结果偏高的是 (填字母序号) (5)样品中SS2含量的测定：取样品0.100g,向其中加入足量发烟硝 A.配制0.10mol/L稀盐酸时未洗涤烧杯和玻璃棒 酸，置水浴中加热约1h,使硝化完全，冷却至室温后，移至100mL容量瓶中， B.配制0.10mol/L稀盐酸定容时俯视刻度线 用水稀释至刻度线，摇匀，量取20.00L,除硝酸后加足量碘化钾溶液与淀 C.配制0.l0mo/L NaOH溶液时，稀释后未经冷却立即转移到容量瓶中 粉指示剂，立即用0.0500mol/L的Na,S,0,标准溶液滴定至终点，消耗 并定容 Na,S,0,标准溶液11.00mL.则该样品中SeS,的质量分数为 D.配制0.10mol/LNaOH溶液时，摇匀后发现液面低于刻度线又加水至 %(结果保留3位有效数字) 刻度线 18.[工业情境](18分)煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项 16.(16分)三水合硝酸铜[Cu(N03)2·3H,0]是一种重要的无机试剂， !重要指标，可用与焦炭（由煤样制得）反应的C0,的转化率（α）来表示.研究 常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等.回答下列问题： 小组设计测定α的实验装置如下： I.三水合硝酸铜[Cu(N0,)2·3H,0]的制备 实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再 饰盐酸 经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体 (1)制备硝酸时发生反应的离子方程式为 (2)若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的试 剂为 Ⅱ.Cu(NO3)2溶液的配制. (3)实验室里需要450mL0.1mol·L-Cu(N03),溶液.用三水合硝酸 CaC0,aHC0浓HsO 跑和溶液 足量Ba(OH)2溶液足量银氨溶液 铜[Cu(NO,)2·3H20]配制该溶液时，下列仪器不需要的是 (填仪 器名称). (1)装置I中，仪器a的名称是 :b中除去的物质是 (填化学式). (2)将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 (3)装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 (4)装置Ⅲ中，先通入适量的气体X,再通入足量Ar气.若气体X被完全 吸收，则可依据d和e中分别生成的固体质量计算a. ①d中的现象是 ②e中生成的固体为Ag,反应的化学方程式为 (4)所需三水合硝酸铜固体的质量为 ③d和e的连接顺序颠倒后将造成a__(填“偏高”“偏低”或“不 (5)配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是 (填序号). 变”) A.加水定容时俯视刻度线 ④在工业上按照国家标准测定α：将干燥后的CO,(含杂质N2的体积分 B.容量瓶未干燥处理 数为)以一定流量通人装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段 C.定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水 气体中C02的体积分数为m,此时α的表达式为， D.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯 (参考答案见下期)