【2021届备考】2020全国名校化学试题分类解析汇编(11月第二期)：A4常用化学计量综合

A4常用化学计量综合【【原创精品解析纯word版】理综卷·2021届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（202210）】12、将11.2g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。依据题意推断气体A．0.3molNO2和0.3molNOB．0.2molNO2和0.1molN2O4C．0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D．0.6molNO【学问点】计算A4D4【答案解析】C解析：由题意知最终的沉淀应是Mg(OH)2和Cu(OH)2，反应前混合物是11.2g，而Mg(OH)2和Cu(OH)2的质量是21.4g，依据原子守恒可知与Mg2＋和Cu2＋结合的OH－的质量为21.4g－11.2g＝10.2g，其物质的量为0.6mol。由于金属每失去1电子就结合1个OH－，所以11.2gMg—Cu混合物共失去0.6mol电子，依据氧化还原反应中电子得失守恒可知硝酸也应得到0.6mol电子，阅历证只有选项C符合，所以答选C。【思路点拨】本题计算抓住问题的本质，即金属失去的电子的物质的量与金属结合的OH－的物质的量相等。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】11．（14分）某化学争辩小组测定某FeCl3样品（含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分数，在试验室中按以下步骤进行试验：①称取ag样品；②取适量盐酸和适量蒸馏水使样品溶解，精确     配制成250mL溶液；③精确     量取25.00mL所配溶液，置于烧杯中；④加入适量的氯水，使反应完全；⑤加入过量氨水，充分搅拌；⑥过滤，洗涤沉淀，并将其转移至坩埚中；⑦加热并搅拌沉淀，至沉淀由红褐色全部变为红棕色，冷却后称量；⑧重复步骤⑦的操作，直至合格为止。请依据上面的叙述回答下列问题：（1）下图所给仪器中，试验步骤①②③中必需用到的仪器是E和__（填仪器序号）。（2）步骤②加入盐酸的目的是___；（3）试验步骤⑤所得沉淀为；步骤⑥洗涤沉淀的方法是；（4）步骤⑧合格的标准是；（5）若坩埚的质量是W1g，最终坩埚和固体的总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数为（6）指导老师认为步骤①~⑧中有一个步骤是多余的，这个步骤是(填序号)。【学问点】化学试验计算A4J1J2【答案解析】（14分）（1）ABFG（2分）（2）防止FeCl3和FeCl2水解（2分）；（3）Fe（OH）3（1分）向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次

（2分）（4）连续两次称量质量相差小于0.1g（2分）（5）（3分）（6）④（2分）解析：（1）称量药品用天平，氯化铁和氯化亚铁的水溶液都呈酸性，所以精确     量取25.00mL步骤②中配得的溶液用到酸式滴定管，步骤②配制确定物质的量浓度的溶液用到容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，故选ABFG；

（2）氯化铁和氯化亚铁都易水解，加入盐酸的目的是防止FeCl3和FeCl2水解⑶步骤⑤所得沉淀为氢氧化铁，没有氢氧化亚铁，由于FeCl2在步骤④被氯水氧化，洗涤沉淀是除去表面吸附的离子，洗涤方法是向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次⑷步骤⑧合格的标准是连续两次称量质量相差小于0.1g⑸若坩埚质量是W1

g，最终坩埚和固体的总质量是W2

g，则氧化铁的质量=（W2-W1）g，

铁元素的质量分数==.【思路点拨】依据各仪器的作用选取仪器；依据FeCl3和FeCl2的性质分析操作目的；重复步骤⑦的操作其缘由可能是第一次加热不充分；依据原子守恒计算铁元素的质量，再依据质量分数公式进行计算．【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】8．（14分）碱金属元素的单质和化合物在日常生活和化工生产中应用广泛。（1）钠的原子结构示意图为。（2）过氧化钠可作为呼吸面具和潜水艇中的供氧剂。写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：。（3）氯碱工业是利用电解饱和食盐水猎取一系列化工产品的过程。若利用电解饱和食盐水所得的气体制100t36.5%的浓盐酸，理论上至少需要消耗NaClt。（4）某试验小组欲探究Na2CO3和NaHCO3的性质，发觉试验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过试验进行性质探究。①分别加热固体A、B，发觉固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。A的名称为。②称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水，振荡，发觉Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体还有剩余，由此可以得出结论：。向所得溶液中滴入酚酞后，观看到的现象是。③某同学为探究Na2CO3和NaHCO3与CaCl2溶液的反应，将两种固体分别配制成0.5mol·L-1的溶液，设计如下方案并对反应现象做出猜想：试验方案猜想现象猜想依据操作1：向2mLNa2CO3溶液中滴加1mL0.5mol·L-1CaCl2溶液有白色沉淀Na2CO3溶液中的CO32-浓度较大，能与CaCl2发生反应Ca2++CO32-=CaCO3↓。操作2：向2mLNaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol·L-1CaCl2溶液无白色沉淀NaHCO3溶液中的CO32-浓度很小，不能与CaCl2反应。实施试验后，发觉操作2的现象与猜想有差异：产生白色沉淀和气体。则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为：。【学问点】碱金属元素的单质和化合物的性质计算A4C1B1【答案解析】（14分）（1）（1分）（2）2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2（2分）（3）58.5（2分）（4）①碳酸氢钠（2分）②在相同的温度下，Na2CO3比NaHCO3简洁溶解于水中（2分）两份溶液均变红（2分）③Ca2++2HCO3＝CaCO3↓+CO2↑+H2O（3分）解析：⑴钠原子序数是11，原子结构示意图为⑶依据Cl原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），则消耗氯化钠质量是58.5t。⑷①Na2CO3和NaHCO3的热稳定性碳酸钠强些，因此A是碳酸氢钠②依据Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体还有剩余，由此得出在相同的温度下，Na2CO3比NaHCO3简洁溶解于水中的结论，碳酸钠和碳酸氢钠都可水解使溶液呈碱性，使酚酞变红色③依据产生白色沉淀和气体的现象，这说明白色沉淀是碳酸钙，气体是CO2，因此该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-

＝CaCO3↓+CO2↑+H2O。【思路点拨】依据碳酸钠与碳酸氢钠的性质解答，依据试验现象分析反应的实质、评价试验③。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届辽宁省沈阳二中高三上学期期中考试（202211）】13．某FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同（不考虑水解），且SO42—的物质的量浓度为6mol/L，则此溶液最多可溶解铁粉的质量为（）A．11.2gB．16.8gC．19.6gD．22.4g【学问点】有关混合物反应的计算A4【答案解析】【解析】A解析：n（SO42-）=0.1L×6mol•L-1=0.6mol，

FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，则有n（Fe2+）=n（H+）=n（Fe3+），

设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n．

依据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol×2，由此解得n=0.2mol，

H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最终溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，

依据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol-0.2mol-0.2mol=0.2mol，

则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol×56g/moL=11.2g，故答案选A【思路点拨】本题考查了混合物的有关计算，题目难度中等，留意用电荷守恒和质量守恒去解答。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届辽宁省沈阳二中高三上学期期中考试（202211）】6．分别含有下列4种杂质的纯碱样品，当含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品，与浓度相同的盐酸反应，所消耗盐酸的体积由多到少的挨次是（

）杂质：①NaOH；②Ca(OH)2；③NaHCO3；④CaCO3①②④③

B．③④①②

C．②①④③

D．④③②①【学问点】化学方程式的有关计算A4B4【答案解析】【解析】C解析：当所含杂质的质量分数相同时，取等质量的四种样品与浓度相同的盐酸反应，即杂质的质量相等，设杂质的质量为m，则

①NaOH+HCl=NaCl+H2O；

40g

1mol

m

m/40mol②Ca（OH）2+2HCl═CaCl2+2H2O；

74g

2mol

m

m/37mol③NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；

84g

1mol

m

m/84mol④CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O

100g

2mol

m

m/50mol盐酸的浓度相同，同等质量状况下，所消耗盐酸体积由多到少的挨次是：②＞①＞④＞③，故答案选C【思路点拨】本题考查了化学计算，解答本题要擅长发觉物质之间反应时的对应关系，然后再依据相关数据进行分析、推断，从而得出正确的结论，题目难度不大.【【原创纯Word版精品解析】理综卷·2022届河南省试验中学高三第一次模拟考试（202205）doc】28、（14分）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如下：已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是______________________________；(2)检验“水洗”是否合格的方法是___________________________________________；(3)沉淀时常用冰水把握温度在0℃左右，其可能缘由是______________________(4)测定产品中CaO2的含量的试验步骤：第一步：精确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入少量2mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。其次步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液VmL。【已知：I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-】①第一步发生的反应的化学方程式为；CaO2的质量分数为____________(用字母表示)；②某同学第一步和其次步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能________(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，缘由是___________________。【学问点】工艺流程题A4C5J2【答案解析】28、(1)CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl(2)取最终一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀(3)温度低可削减过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率(4)①CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O，②偏高③滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化解析：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2·8H2O，因此反应的化学方程式为：CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；（2）检验“水洗”是否合格即检验滤液中有没有Cl-，方法是：取最终一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；（3）由于双氧水受热易分解，所以温度低可削减过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；另一方面该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率。（4）①CaO2具有氧化性，能被碘化钾氧化生成单质碘，方程式为CaO2＋2KI＋2H2SO4=CaSO4＋K2SO4＋I2＋2H2O，依据方程式可列关系式：CaO2～2Na2S2O3，因此CaO2的物质的量是0．0005cVmol，所以CaO2的质量分数为。②假如滴速过慢，而空气中的氧气在酸性条件下也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高。【思路点拨】依据流程中加入的物质推断发生的反应；从物质的性质角度分析把握条件的目的或缘由。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】21．（10分）化学用语是化学学科的特色语言，化学用语可以精确表述化学现象、变化以及本质。完成下列有关方程式。（1）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SOeq\o\al(2－,4)，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为______________________________________________________；（2）酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应的离子方程式：________________________________________________________________________。（3）化学反应多姿多彩，把SO2通入硝酸铁溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但马上又变为棕黄色，此时向溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。请写出上述变化中溶液由棕黄色变为浅绿色，但马上又变为棕黄色所涉及的两个离子方程式：________________________________、________________________________________。（4）向含有nmol溴化亚铁的溶液中通入等物质的量的的氯气，请写出离子方程式：______________________________________。【学问点】离子反应计算氧化还原反应A4B3B1【答案解析】（10分）（1）S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋（2分）（2）5H2O2+2MnO4－+6H＋=2Mn2++5O2↑+8H2O（2分）（3）SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；（2分）3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O（2分）（4）2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++4Cl-+Br2（2分）解析：⑴依据题意1molNa2S2O3失去电子8mol电子，则需氯气4mol，反应为S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋⑵高锰酸钾有氧化性（被还原为+2价）可氧化过氧化氢，依据得失电子数相等，则二者的物质的量之比为2：5，即5H2O2+2MnO4－+6H＋=2Mn2++5O2↑+8H2O⑶SO2通入硝酸铁溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，是由于三价铁被二氧化硫还原变成二价铁，反应是SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；但马上又变为棕黄色，是由于又被硝酸氧化成了三价铁，反应为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O。⑷还原性：Fe2+>Br->Cl-,因此nmol溴化亚铁的溶液中通入等物质的量的的氯气，首先氧化Fe2+，然后氧化Br-，2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++4Cl-+Br2【思路点拨】依据得失电子相等是配平氧化还原反应的根本；依据现象推断发生的反应是解题的有效途径。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】．已知：将通入适量溶液，产物中可能有、、，且的值与温度凹凸有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是（）若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝B．参与反应的氯气的物质的量等于aC．转变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：aneaD．转变温度，产物中的最大理论产量为【学问点】计算A4D2【答案解析】D解析：设n(Cl－)＝11mol，则n(ClO－)＝1mol，生成11molCl－得到电子11mol，生成1molClO－，失去电子1mol，依据得失电子相等可求得ClO3-为（11-1）÷5＝2mol，则A项正确；由反应产物KCl、KClO和KClO3的化学式看出钾元素与氯元素物质的量之比均为1∶1，即n(Cl2)＝1/2n(KOH)＝1/2amol，B项正确；转变温度，若反应中只生成KCl和KClO，转移电子1/2amol，若反应中只生成KCl和KClO3，则转移电子amol，C项正确；转变温度，若反应中只生成KCl和KClO3，依据电子守恒，可产生KClO3(最大理论产量)1/6amol，D项错误。【思路点拨】涉及范围的计算题的计算往往可依据极限法，如本题的C、D项；守恒法是解氧化还原反应计算中的常用方法；留意KCl、KClO和KClO3的化学式特点是解B项的关键。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】18．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、HCO3-等离子。当向该溶液中加入确定物质的量浓度的NaOH溶液时，发觉生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（

）A．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1:1B．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓C．原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Na+D．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4【学问点】离子反应计算A4B1C5【答案解析】A解析：分析图象知，开头阶段加入氢氧化钠溶液没有沉淀产生，表明溶液中确定有氢离子，则没有HCO3-，沉淀达最大量后沉淀量没有变化，说明有铵根离子，此后沉淀量削减，但没有完全消逝，表明含Al3+，d点溶液中的溶质除了Na2SO4，还含有NaAlO2，D错误；分析图知生成沉淀用了6体积的氢氧化钠，溶解氢氧化铝用了一体积的氢氧化钠，而且氢氧化铝沉淀的物质的量与没有溶解的沉淀的物质的量相等，生成氢氧化铝用了三体积的氢氧化钠，因此还有三体积的氢氧化钠确定是被三价铁离子消耗，所以确定含有三价铁离子，确定不含镁离子，原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，即原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，故B、C、D项错误。【思路点拨】分析图像初步推断存在的离子，再结合离子共存排解不存在的离子，然后依据消耗的氢氧化钠的量和沉淀量的变化推断发生的反应并进一步推断存在的离子。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】17．往含0.2molKOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L(标准状况)时马上停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2的体积V的关系示意图正确的是(气体的溶解忽视不计) ()【学问点】计算A4D1【答案解析】D解析：解：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钾和0.1mol氢氧化钙的溶液中：n（OH-）=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，n（K+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，共0.7mol离子，通入二氧化碳首先发生：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓，该阶段0.1molCa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量削减0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、0.2molK+，生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量削减0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molK+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，0.1molCO32-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，此时溶液中离子为0.4mol，此时二氧化碳反应完全，CaCO3不发生反应，D正确。【思路点拨】分析反应的先后挨次，推断反应的离子和剩余的离子并结合图像分析。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】14．标准状况下，某同学向100mLH2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示，下列分析中，正确的是()A．ab段反应是：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2OB．亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸C．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol/LD．b点对应的溶液导电性最强【学问点】计算A4【答案解析】A解析：SO2具有氧化性，而H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应，方程式为SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，所以ab段pH上升，A正确；依据图像知SO2的体积达112ml，二者刚好反应，此后二氧化硫过量，溶液的pH下降，表明亚硫酸是比氢硫酸更强，溶液导电性增加，B、D错误；依据图像知二者恰好反应时，消耗SO2112ml，为0.005mol，则H2S是0.01mol，所以浓度是0.1mol/L，C错误，选A。【思路点拨】分析图像的变化推断发生的反应和溶液的酸性强弱。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】8．在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A．用50mL8mol·L-1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气B．标准状况下，1g铝片投入20mL18.4mol·L-1的硫酸中C．向100mL3mol·L-1的硝酸中加入5.6g铁D．在5×107Pa、500℃和铁触媒催化的条件下，用28g氮气和足量【学问点】计算A4【答案解析】C解析：A、随着反应的进行，盐酸浓度变稀，而稀盐酸与二氧化锰不反应，B、18.4mol·L-1的硫酸是浓硫酸，而浓硫酸能使铝钝化，钝化后生成的氧化膜阻碍了反应的进一步发生，D、合成氨反应是可逆反应，氮气不行能反应完，因此选C。【思路点拨】物质发生反应需要确定的条件，当浓度等条件发生变化，发生的反应可能不同或不再反应。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山东省潍坊一中高三10月第一次月考（202210）】20（14分）．黄铜矿（CuFeS2）是制铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物。（1）冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是（填元素符号）。（2）上述冶炼过程中产生大量SO2。下列处理方案合理的是（填代号）。a．高空排放 b．用于制备硫酸 c．用纯碱溶液吸取制Na2SO3d．用浓硫酸吸取 （3）过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2O82－＋2I－=2SO42－＋I2通过转变反应途径，Fe3＋、Fe2＋均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3＋对上述反应的催化过程。、（不必配平）。（4）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3。方法为①用稀盐酸浸取炉渣，过滤。②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得。据以上信息回答下列问题：a．除去Al3＋的离子方程式是。b．选用供应的试剂，设计试验验证炉渣中含有FeO。供应的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所选试剂为。证明炉渣中含有的试验现象为。【学问点】元素化合物试验A4B1B3D3J4【答案解析】（每空2分，共14分）（1）Cu、O（2）b、c（3）2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2S2O82－＋2Fe2＋=2SO42－＋2Fe3＋（4）a：Al3++4OH-[Al(OH)4]－b：稀硫酸、KMnO4溶液;稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色;解析：（1）反应8CuFeS2+21O2

8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中，Cu、O元素的化合价降低，在反应中被还原。（2）高空排放污染空气，浓硫酸吸水不吸取SO2,故b、c正确;（3）依据题意过二硫酸钾（K2S2O8）有氧化性，而三价铁离子也有强氧化性，碘离子具有还原性，因此通过转变反应途径，Fe3+、Fe2+均可催化反应，S2O82-+2I-=2SO42-+I2；具体是2Fe3++2I-=2Fe2++I2，S2O82-+2Fe2+=2SO42-+2Fe3+

；（4）除去Al3＋可通过加入过量的氢氧化钠溶液实现，离子方程式为Al3++4OH-[Al(OH)4]－，验证炉渣中含有FeO，即先用硫酸溶解，然后利用Fe2+的还原性，用高锰酸钾检验Fe2+（高锰酸钾溶液褪色），选用的酸不能用盐酸，由于盐酸可被高锰酸钾氧化。【思路点拨】依据元素化合价变化推断其是被氧化还是被还原；物质的检验应用的物质的性质，如Fe2+有还原性，可还原高锰酸钾而使高锰酸钾溶液褪色。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届山东省潍坊一中高三10月第一次月考（202210）】8、将铝粉与某铁的氧化物FeO·2Fe2O3粉末配制成铝热剂，分成两等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为15.68L；另一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为（）A．11.20L B．15.68L C．22.40L D．31.36L【学问点】计算A4【答案解析】A解析：一份直接放入足量的烧碱溶液中，铝与氢氧化钠发生反应生成氢气15.68L，氢气的物质的量为=0.7mol，

铁的氧化物FeO•2Fe2O3中的氧原子全部与铝结合生成氧化铝，

所以依据关系式3H2～2Al～～～3O～Al2O3

3

2

3

0.7mol

mol

0.7mol

由于氧化物为FeO•2Fe2O3，依据氧原子守恒，所以氧化物FeO•2Fe2O3的为=0.1mol，依据铁原子守恒，可知另一份生成的铁的物质的量为0.1mol×5=0.5mol，依据Fe～H2可知，o.5molFe可生成氢气0.5mol，所以另一份生成的氢气的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，选A。【思路点拨】依据原子守恒是解简洁计算的常用方法。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届江苏省盐城中学高三10月月考（202210）】10．Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸取后，产生l0.A．4.92 B．6.42 C．7.18D．【学问点】计算A4【答案解析】B解析：n（O）=n（CO2）=n（CaCO3）=10.00/100=0.1mol，则m（O）=1.6g，a=4.82+1.6=6.42，选B。【思路点拨】运用原子守恒巧解计算题：本题的固体混合粉末质量=金属质量+氧元素养量，而n（O）=n（CO2）.不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届江苏省盐城中学高三10月月考（202210）】6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为0.1NAB．0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC．标准状况下，22.4L乙醇中含有分子的数目为NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA【学问点】阿伏加德罗常数A4B3N2【答案解析】A解析：Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，含阴离子个数相同，因此7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有阴离子的数目为7.8g/78g·mol-1=0.1mol，A正确；苯中没有双键，B错误；标准状况下，乙醇是液体，不能依据体积求其物质的量，C错误；过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA，D错误。【思路点拨】涉及到依据体积求算物质的量时，确定要看物质所处的外界条件及该条件下物质是否是气体；涉及氧化还原反应转移电子数的计算，要分析化合价变化，不能想当然。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·2021届安徽省皖南八校高三第一次联考（202210）】4.同温同压下，等体积的两容器内分别布满14N16O和，13C16O气体，下列对两容器中气体推断正确的是A.质量相同B.分子数不同C.中子数相同D.质子数相同【学问点】物质的量计算A4【答案解析】C解析：依据阿伏伽德罗定律知14N16O和，13C16O气体的物质的量相同，即分子数相同，质子数比为15：14，中子数相同比为：（7+8）：（7+8）=1：1，质量【思路点拨】质量数=质子数+中子数，质量数≈相对分子质量。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】24．（16分）用含少量铁的氧化物的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2·xH2O）。有如下操作：已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解。（1）溶液A中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+。能检验溶液A中Fe2+的试剂为（填编号，下同）=1\*GB3①KMnO4=2\*GB3②（NH4）2S=3\*GB3③NaOH=4\*GB3④KSCN（２）要得到较纯的产品，试剂可选用①NaOH②FeO ③CuO④Cu（OH）2=5\*GB3⑤Cu2（OH）2CO3（３）欲测定溶液A中的Fe2+的浓度，试验前，首先要配制确定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、药匙、胶头滴管外，还需，下列滴定方式中（夹持部分略去），最合理的是（填序号）写出滴定反应的离子方程式_____（４）某同学设计以原电池的形式实现Fe2+至Fe3+的转化，电解质溶液为稀硫酸，请写出负极的电极反应式______（５）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2·xH2O）中的值，某爱好小组设计了两种试验方案方案二：称取mg晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得固体的质量为n2g试评价上述两种试验方案：其中正确的方案是（填”一”或”二”）据此计算得（用含m、n1或n2的代数式表示）。【学问点】工艺流程题试验电化学计算A4B1C5F【答案解析】(16分)⑴①(1分)⑵③④=5\*GB3⑤(3分，每个1分，有错不得分)（3）250mL容量瓶；(２分)b(1分)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O(３分)（4）Fe2+-e-═Fe3+(2分)（5）二；(1分)(3分)解析：（1）亚铁离子具有还原性，能被高锰酸钾氧化为三价铁，使高锰酸钾褪色，是检验溶液A中Fe2+的最佳试剂，故选①；欲得到较纯的产品，试剂可选用CuO或Cu（OH）2或CuCO3，或Cu2（OH）2CO3，以除去杂志，①②均会引入杂质离子，因此选③④=5\*GB3⑤；配制确定物质的量浓度的KMnO4溶液需要的仪器有：天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，高锰酸钾具有强氧化性，必需放在酸式滴定管中，故答案为：250mL容量瓶，选b；（4）原电池的负极发生氧化反应：Fe2+-e-═Fe3+从滤液经过结晶得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却后，再将之过滤即可，故答案为：②④①；

（5）（6）CuCl2xH2O中x的值的确定依据是加热前后的质量差即为削减的水的质量，所以选择方案二，依据Cu元素守恒，则

CuCl2xH2O～Cu（OH）2～CuO

135+18x

80mn2，x=【思路点拨】依据物质的性质确定检验方法、除杂方法，依据守恒法进行计算。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届辽宁师大附中高三上学期期中考试（202211）】17．下列叙述正确的是()A．含1molH2SO4的浓硫酸中有n(H＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＝2molB．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C．配制2.0mol·L－1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)D．用铜电极电解2.0mol·L－1的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为2∶1【学问点】计算A4F4J1【答案解析】C解析：浓硫酸中H2SO4多以分子形式存在，n(H＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))<2mol，A错误；用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，造成盐酸体积偏大，氢氧化钠浓度偏高，B错误；配制2.0mol·L－1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液体积偏小，浓度偏高，C正确；用铜电极电解2.0mol·L－1的硫酸，阳极铜溶解，没有气体放出，D错误。【思路点拨】滴定管的刻度由上到下渐渐增大，量筒的刻度由下到上渐渐增大。【【原创精品解析纯word版】化学卷·2021届辽宁师大附中高三上学期10月模块考试（202210）】18．（13分）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业。某争辩小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡,Sn相对原子质量为119回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是。（2）操作Ⅰ是。（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释缘由。（4）加入Sn粉的作用有两个：①调整溶液pH②。（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是。（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是。（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl===SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl===6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0ml。锡粉中锡的质量分数是。【学问点】工艺流程题化学平衡离子方程式氧化还原反应计算A4B1B3G2【答案解析】（13分）（1）五周期ⅣA族（2）加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（3）SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解（4）防止Sn2+被氧化（5）Sn2++CO32-===SnO↓+CO2↑（6）Sn2++H2O2+2H+===Sn4++2H2O（7）93.2%解析：⑴锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，核外电子排