新高考化学二轮复习高频考点追踪练习专题02 化学常用计量（分层练）（2份打包，原卷版+解析版）

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内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 一定物质的量浓度溶液的配制】
【考点二 以物质的量为中心的多角度计算】
【微专题 阿伏加德罗常数的六大陷阱】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 一定物质的量浓度溶液的配制】
1．（2023·上海徐汇·统考模拟预测）实验室用98%的浓硫酸配制的稀硫酸。下列说法错误的是
A．应选用200mL容量瓶B．可选用量筒量取浓硫酸
C．在烧杯中稀释浓硫酸D．定容时应选用胶头滴管
【答案】A
【解析】A．实验室没有200mL容量瓶，应选用250mL容量瓶，故A错误；B．浓硫酸为液体，量取浓硫酸可以选用量筒，故B正确；C．稀释浓硫酸在烧杯中进行，具体操作为：将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故C正确；D．定容时应用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水至容量瓶的刻度线，故D正确；故答案选A。
2．（2023·河北石家庄·校联考一模）下列实验装置能达到相应实验目的的是
【答案】A
【解析】A．该装置可通过微热烧瓶的方式将氨气赶入烧杯中引发喷泉，可演示喷泉实验，故A正确；B．充满二氧化硫的试管倒置到水槽中，液面上升可能是因为气体溶于水导致，不能证明二氧化硫与水发生了反应，故B错误；C．配制100mLNaOH溶液应用100mL容量瓶、不能用烧杯，故C错误；D．苯和苯酚互溶，不能采用分液的方法分离，故D错误；故选：A。
3．（2023·上海宝山·统考一模）下列有关实验操作的叙述错误的是
A．滴定管用水洗净后，加入待装液
B．配制溶液时，容量瓶不需干燥
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
【答案】A
【解析】A．滴定管用水洗净后，再使用待装液润洗后才能加入待装液，A错误；B．底部含有蒸馏水不影响溶液浓度，配制溶液时，容量瓶不需干燥，B正确；C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却，防止空气中水蒸气影响实验结果，C正确；D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，防止滤液溅出，D正确；故选A。
4．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1ml•L-1的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是
A．步骤①B．步骤②
C．步骤③D．步骤⑤
【答案】B
【解析】A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A错误；B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为0.1ml，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1ml/L，故B正确；C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D错误；答案为B。
5．（2023·湖南永州·统考二模）下列有关实验说法正确的是
A．酒精灯加热烧瓶时不用垫石棉网
B．金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火
C．可用蒸馏的方法分离乙醇(沸点78.3℃)和苯(沸点80.1℃)
D．用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，可用滴管吸出多余液体
【答案】B
【解析】A．烧瓶底面积大，为使受热均匀， 酒精灯加热烧瓶时垫石棉网，A错误；B．加热下， 钠能和氧气生成过氧化钠、钠和水反应生成的氢气是可燃物、过氧化钠能和水、二氧化碳反应提供氧气，个钠与水反应金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火，B正确；C． 不可用蒸馏的方法分离乙醇(沸点78.3℃)和苯(沸点80.1℃)，因为二者沸点太接近，C错误；D． 用容量瓶配制溶液，若加水超过刻度线，则体积不准确，必须重新配制、不可用滴管吸出多余液体，D错误；答案选B。
【考点二 以物质的量为中心的多角度计算】
1．（2023·广东湛江·统考模拟预测）我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【(COOCH3)2】催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(HOCH2CH2OH)和c(H2)随时间t的变化分别为曲线I和Ⅱ，反应温度为T2时，c(H2)随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是
A．ΔH>0
B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：v(a)=v(b)
C．在T2温度下，反应在0~t2内的平均速率为
D．其他条件相同，在T1温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于t1
【答案】C
【解析】A．反应温度为T1和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，所以T1>T2，温度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，选项A错误；B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b)，选项B错误；C．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05ml。L-1，则，选项C正确；D．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，选项D错误；答案选C。
2．（2023·广西南宁·南宁三中校联考模拟预测）在盛有CuO/Cu2O载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生反应：2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s) △H。平衡时O2的体积分数φ(O2)随反应温度T变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应在低温条件下能自发进行
B．当氧气的物质的量浓度不变时，反应达到了平衡状态
C．在1030℃时加入催化剂，平衡时φ(O2)＞21%
D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，φ(O2)=10%
【答案】C
【解析】A．升高温度，氧气含量增加，平衡逆向移动，则为放热反应，且反应为熵减的反应，根据可以自发可知，该反应在低温条件下能自发进行，A正确；B．当氧气的物质的量浓度不变时，说明平衡不再移动，反应达到了平衡状态，B正确；C．催化剂通常能加快反应但不影响平衡的移动，不改变氧气含量，C错误；D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧不影响平衡常数，，则再次达到平衡后，，φ(O2)=10%，D正确；故选C。
3．（2023·安徽·校联考三模）25℃时，分别向25mL浓度均为1.0ml·L-1的HA、NaA溶液中逐滴加入浓度均为1.0ml·L-1的NaOH、HCl溶液VmL。溶液的pH与lgY[Y=或］的关系如图所示。下列说法错误的是

A．曲线①中的
B．当pH=4.74时，一定存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)
C．当滴入体积V=12.5mL时，溶液pH>4.74
D．25℃时，1.0ml·L-1的NaA溶液的pH=9.37
【答案】B
【分析】pH增大，c(H+)减小，促进HA电离，抑制A-水解，因此pH增大，减小，增大，所以曲线①中Y=，曲线②中Y=；当pH=4.74时，①②相交，=，则，所以Ka=，Kh=。
【解析】A．由以上分析可知曲线①中Y=，故A正确；B．NaA溶液中滴加HCl溶液时，根据电荷守恒，溶液中一定存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)+ c(Cl-)，故B错误；C．当滴入体积V=12.5mL时，溶液中HA和NaA的物质的量均相等，因此Ka>Kh，因此，由于Ka不变，此时，溶液pH>4.74，故C正确；D．25℃时，1.0ml·L-1的NaA溶液的c(OH-)=xml/L，则根据可知，c(OH-)== xml/L，Kh==，解得：x≈，所以，pH=9.37，故D正确；故选：B。
4．（2023·湖南衡阳·校联考三模）已知：、在水溶液中的溶解平衡分别为、。常温下，分别向等浓度的溶液和溶液中滴加等浓度的溶液，所加硝酸银溶液的体积与阴离子的浓度关系如图所示。下列说法错误的是

A．
B．与溶液反应对应曲线②
C．可作为溶液标定溶液浓度的指示剂
D．欲使图中a点或b点向左平移可增大溶液的浓度
【答案】C
【分析】由图可知，曲线①所示反应在加入溶液后恰好沉淀完全，曲线②所示反应在加入溶液后恰好沉淀完全，结合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲线①表示滳定溶液的变化曲线，曲线②表示滴定溶液的变化曲线，根据b点计算：，，故，同理根据a点计算，。
【解析】A．由分析可知，，A正确；B．由分析可知，溶液与溶液反应对应曲线①，与溶液反应对应曲线②，B正确；C．为白色沉淀，恰好沉淀时，为深红色沉淀，恰好沉淀时，溶解能力稍大于，结合终点颜色变化，可知可作为溶液标定溶液浓度的指示剂，C错误；D．增大溶液的浓度或减小溶液和溶液的初始浓度均可使消耗溶液的体积减小，可实现图像中a点或b点向左平移，D正确；故答案为：C。
5．（2023·山东菏泽·校考一模·节选）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−38。
回答下列问题：
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是 ；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 ml∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝ (用含a、b、c的代数式表示)。
【答案】(2)将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
【解析】（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 ml∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
【微专题 阿伏加德罗常数的六大陷阱】
1．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考模拟预测）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，40gSiC中所含C-Si数目为2NA
B．标准状况下，11.2LCHCl3中含有0.5NA个C原子
C．常温常压下，20gNO2和26gN2O4的混合气体中氧原子总数为2NA
D．25℃时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
【答案】C
【解析】A．1mlSiC中含4mlC-Si键，40gSiC为1ml，C-Si键数目为4 NA，故A错误；B．标况下CHCl3不是气体，不能依据体积确定其物质的量，故B错误；C．混合气体的总质量为46g，两气体的最简式均为NO2，则46g混合气体等同于46g NO2，即1ml NO2，中氧原子总数为2NA，故C正确；D．1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-浓度为0.1ml/L，OH-的数目为0.1NA，故D错误；故选：C。
2．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是
A．1mlN2和3mlH2充分反应后原子总数为8NA
B．1L1ml/LNa2CO3溶液中，阴离子总数大于NA
C．14g分子式为CnH2n的烃中含有的C－C键数为
D．浓硝酸受热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA
【答案】C
【解析】A．根据原子守恒可知，反应前后原子总数不变，则1mlN2和3mlH2充分反应后原子共1ml×2+3ml×2=8ml，总数为8NA，A正确；B．1L1ml/LNa2CO3溶液中除了碳酸根离子，还存在碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、氢氧根离子，以及水电离的氢氧根离子，故阴离子大于1ml，总数大于NA，B正确；C．分子式为CnH2n的烃可能为环烷烃、也可能为直链烯烃，故中含有的C－C键数不一定为，C错误；D．NO2、N2O4最简式均为NO2，NO2、N2O4共23g则可看着生成0.5ml NO2，氮元素化合价由+5变为+4，则转移电子0.5ml，数目为0.5NA，D正确；故选C。
3．（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．0℃，101kPa下，11.2L氢气中质子的数目为NA
B．1mlK2Cr2O7被还原为Cr3+转移电子数目为6NA
C．常温下，pH=5的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10-5NA
D．0.2ml苯乙烯完全燃烧，生成CO2的数目为1.6NA
【答案】C
【解析】A．1分子氢气中含有2个质子，0℃，101kPa下，11.2L氢气为0.5ml，则质子的数目为NA，A正确；B．1mlK2Cr2O7被还原为Cr3+转移电子关系为，则转移电子数目为6NA，B正确；C．没有溶液的体积，不能计算溶液中离子的物质的量，C错误；D．1分子苯中含有6个碳原子，根据碳原子守恒可知，0.2ml苯乙烯完全燃烧，生成1.6mlCO2，二氧化碳分子数目为1.6NA，D正确；故选C。
4．（2023·河北邢台·邢台市第二中学校联考三模）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．100g3.4%溶液中含氧原子数为
B．10.4g苯乙烯( )分子中含碳碳双键数为
C．向1L氨水中滴入溶液至中性时溶液中数为
D．2.24L(标准状况)与足量NaOH溶液反应转移的电子数为
【答案】D
【解析】A．100g3.4%溶液中含过氧化氢3.4g（为0.1ml）、水96.6g，0.1ml过氧化氢分子含氧原子0.2ml，但是溶剂水中还存在氧原子，故100g3.4%溶液中含氧原子数大于，A错误；B．1个苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，10.4g苯乙烯为0.1ml，则分子中含碳碳双键数为，B错误；C．溶液呈中性时，溶液中，则的数目小于，C错误；D．2.24L(标准状况下为0.1ml)氯气和足量氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，电子转移关系为，则转移的电子数为，D正确；故选D。
5．（2023·广东深圳·红岭中学校考模拟预测）设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．熔融状态下的中含有的数目为
B．标准状况下，中含有原子的数目为
C．溶液中，的数目为
D．常温常压下，中含有共价键的数目为
【答案】D
【解析】A．是共价化合物，由分子构成，在熔融状态下不能电离，则熔融状态下的中无，故A错误；B．标准状况下，是非气态物质，无法计算物质的量，故B错误；C．溶液中，由于溶液体积未知，无法计算物质的量，故C错误；D．常温常压下，物质的量为1ml，则18g水中含有共价键的数目为，故D正确；综上所述，答案为D。
1．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保的制备氯金酸()，其化学方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．消耗1mlAu，反应转移的电子数为
B．消耗2mlHCl生成的分子数为
C．消耗85g，产物中形成的配位键数目为
D．2ml液态水中含有的氢键数目为
【答案】A
【解析】A．由方程式可知，2mlAu参与反应，转移电子的物质的量为8ml，因此消耗1mlAu，反应转移的电子数为4NA，A正确；B．由方程式可知，每消耗8mlHCl生成1mlO2，因此消耗2mlHCl生成的O2分子数为0.25NA，B错误；C．每个H[AuCl4]中含有4个配位键，85gH2O2的物质的量为：n===2.5ml，由方程式知，5mlH2O2反应生成2mlH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，产物中形成的配位键数目为4NA，C错误；D．1ml冰中含有2ml氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2ml液态水中含有的氢键数目小于4NA，D错误；故选A。
2．（2023·湖北·校联考模拟预测）甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A．pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3NA
B．0.5 ml甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NA
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有σ键数目为5NA
D．甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6NA
【答案】B
【解析】A．该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项错误；B．甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5ml甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA，B项正确；C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各为1ml，1 ml CH3OH中σ键数目为5NA，1ml H2O中σ键数目为2NA，因此50g该溶液中σ键数目为7NA，C项错误；D．标准状况下，甲醇为液体，D项错误；故选B。
3．（2023·广东广州·统考三模）为研究Ce(SO4)2•4H2O (相对分子质量：404)的热分解性质，进行如下实验：准确称取4.04g样品，在空气中进行加热，残留固体的质量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．a点残留固体的主要成分为Ce(SO4)2•2H2O
B．b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2•CeOSO4+3SO3
C．c点固体的主要成分为CeO2
D．800℃时，固体失重57.43%
【答案】B
【解析】A．n[Ce(SO4)2•4H2O]= =0.01ml，则n(Ce)=0.01ml，m(Ce)=1.40g；a点时，残留固体的质量为3.68 g，质量减少了(4.04-3.68)g=0.36g，为0.02ml H2O的质量，所以a点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2•2H2O，A项正确；B．残留固体质量为3.32g时，质量减少了(4.04-3.32)g=0.72g，为0.04ml H2O的质量，所以该点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2，b点与该点相比，对应残留固体的质量减少了(3.32-2.84)g=0.48g，b点若发生2Ce(SO4)2CeO2•CeOSO4+3SO3，则固体质量应减少1.2g，B项错误；C．2.84g残留固体中m(Ce)=1.40g，则(2.84-1.40)g=1.44g为SO的质量，则n(SO)=0.015ml，所以b点对应残留固体的主要成分为Ce2(SO4)3，c点对应残留固体的质量为1.72g，m(Ce)=1.40g，则(1.72-1.40)g=0.32g为O元素的质量，其物质的量为0.002ml，此时残留固体的主要成分为CeO2，C项正确；D．c点时，结合4.04g和1.72g这两个数据，可知固体质量减小了2.32g，失重≈57.43%，D项正确；故选B。
4．（2023·全国·校联考一模）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如图所示{其中代表或}。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ表示随的变化曲线
B．随增大，先增大后减小
C．反应的平衡常数为
D．完全溶解，至少需要含有的氨水
【答案】D
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【解析】A．曲线Ⅲ表示随的变化曲线,故A错误；B．反应的平衡常数K=为定值，随增大，一氨合银离子浓度先增大后不变，先减小后不变，故B错误；C．在=-1时，对应的反应Cl-和二氨合银离子浓度的对数都是-2.35，浓度都是10-2.35，平衡常数为K==，故C错误；
D．0.1mlAgCl完全溶解生成0.1mlCl-和0.1ml的[Ag(NH3)2]+，对于平衡常数为K====10-2.7，得出n(NH3)=100.35ml，反应后应该余下氨气的物质的量为100.35ml，加上0.1mlAg+结合的0.2ml氨气生成[Ag(NH3)2]+，共需要，故D正确；答案选D。
5．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）用双硫腺(，二元弱酸)络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的时，先发生络合反应：，再加入，就很容易被萃取到中。如图是用上述方法处理含有、、的废水时的酸度曲线(E％表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)，下列说法错误的是

A．当分离过程中，发生的络合反应为
B．加溶液调节，一定存在关系：
C．溶液存在关系：
D．若且时，络合反应达到平衡，则与络合反应平衡常数约为4
【答案】B
【解析】A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2Dz⇌Bi(HDz)3+3H+，故A正确；B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时， Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—⇌Zn(OH)+2D +2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍，故B错误；C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)，故C正确；D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2Dz⇌Bi(HDz)3+3H+的平衡常数K=，由-lgc(H2Dz)=pH可得：K=，故D正确；故选：B。
6．（2023·山西晋中·统考三模）常温下，在c(H3PO3)+c()+c()=0.1ml·L-1的H3PO3溶液中各含磷物质的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物质的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示c(OH-)负对数[pOH=-lg c(OH-)]；x、z两点的坐标为x(7.4，1.3)、z(12.6，1.3)。下列说法正确的是

A．曲线②表示pc()随pOH的变化
B．y点横坐标的值为10.0
C．pH=6.6的溶液中：c(H3PO3)<0.1ml·L-1-2c()
D．H3PO3+2的平衡常数K=1.0×105
【答案】B
【分析】图像中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；根据坐标x(7.4,1.3)知，，c(OH-)=10-7.4ml/L，c(H+)=10-6.6ml/L，此时，则的。同理根据坐标z(12.6,1.3)知，，c(OH-)=10-12.6ml/L，c(H+)=10-1.4ml/L，此时，则的。
【解析】A．根据分析，曲线①表示随的变化，A错误；B．y点时，，则，则c(H+)=10-4.0ml/L，c(OH-)=10-10.0ml/L，，B正确；C．即，由图可知，此时，即，而，则，C错误；D．由减去，可得，则平衡常数，D错误；故选B。
7．（2023·河北·模拟预测）制的平衡体系中存在如下反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
将2 ml 和3 ml 投入容积为1 L的恒容密闭容器中发生反应，测得平衡时乙烷的转化率、乙烯的选择性(条件下)与温度、压强的关系如图所示。已知：乙烯的选择性。下列说法错误的是
A．X代表温度，L代表压强
B．
C．N点时，转化成的CO的物质的量为0.4 ml
D．M点时，反应Ⅰ的平衡常数为0.5
【答案】D
【解析】A．根据题给平衡体系中方程式特点判断，两个反应均为吸热反应，温度升高，平衡均正向移动，乙烷的平衡转化率会增大，两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，乙烷的平衡转化率会减小，而图像中随着X的增大，乙烷的平衡转化率逐渐增大，则X代表温度，L代表压强，A项正确；B．同一温度下，对应的乙烷平衡转化率低于对应的，即代表的压强大于的，B项正确；
C．根据乙烯的选择性公式判断，反应中，乙烷转化成的乙烯的物质的量为 ml，则乙烷转化成的CO的物质的量为 ml，C项正确；D．M点对应温度下，设平衡时、的物质的量分别为x ml、3y ml，根据物质的量关系可列出三段式：
结合图像可知，，，解得，，则平衡时、、、、的物质的量分别为1 ml、1.8 ml、0.8 ml、1.6 ml、0.8 ml，反应Ⅰ的平衡常数，D项错误。故选D。
8．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校联考二模）接触法制硫酸在接触室进行的反应： 。若向体积均为1L的甲、乙两恒容容器中分别充入和其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．该反应
B．甲容器达到平衡时的平衡常数：
C．a、c两点表示两容器气体的总物质的量：
D．a、b两点时间的反应速率：
【答案】C
【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即，A错误；B．由图可知，a点为平衡状态，压强Pa=P始，若为恒温恒容，na=n始，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta>T始，则na则有，计算得到，那么化学平衡常数，B错误；C．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：，C正确；D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即，D错误；故答案选C。
9．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表，回答下列问题：
(2)“水浸”后滤液的约为2.0，在“分步沉淀时用氨水逐步调节至11.6，最先析出的金属离子是 。(填写离子符号)
(3)“母液①”中浓度为 。
【答案】(3)
【解析】（3）Mg2+沉淀完全时[c(Mg2+) =1.0×10-5 ml/LpH为11.1，可得出Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-5×(1.0×10-2.9)2=1.0×10-10.8，分步沉淀时调节pH至11.6，此时母液①中c(Mg2+)= 1.0×10-6ml/L。
10．（2023·辽宁·校联考模拟预测）钛白粉广泛用于颜料、油漆和造纸等。某小组以钛铁矿粉(主要成分为，还含有少量的)和金红石矿粉为原料制备和高纯度铁红。简易流程如下：
已知：、、的沸点依次为1412℃、316℃、136℃。
请回答下列问题：
(6)测定样品中纯度。取2.000g样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将还原为。过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴KSCN溶液，用标准溶液滴定，将转化成，重复操作3次，平均消耗标准溶液。
①计算该样品中的质量分数： 。
②若其他操作都正确，盛装标准溶液的滴定管没有润洗，则测得结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(6)99.2% 偏高
【解析】（6）①根据电子守恒，n(Fe3+)= n(TiO2)，样品中TiO2的质量分数w(TiO2) == 99.2%；②如果盛装标准溶液的滴定管没有润洗，导致消耗标准溶液的体积偏大，则测定结果偏高。
1．（2021·海南·统考高考真题）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的电子数为1.3
B．中含有的共价键的数目为0.1
C．肼含有的孤电子对数为0.2
D．，生成乙烷时断裂的共价键总数为
【答案】C
【解析】A．1个的电子数为10，故中含有的电子数为1.0，故A错误；B．的电子式为，含有1个共价键，的物质的量为=0.05ml，故中含有的共价键的数目为0.05，故B错误；C．肼中每个N原子上各有1个孤电子对，故肼含有的孤电子对数为0.2，故C正确；D．发生反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成乙烷时断裂的共价键总数为2，故D错误；故选C。
2．（2021·浙江·高考真题）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，中含有中子数为
B．(分子结构：)中的共价键数目为
C．的水溶液中含有氧原子数为
D．三肽(相对分子质量：189)中的肽键数目为
【答案】C
【解析】A．标准状况下，的物质的量为：0.05ml，一个中含有中子数为：个，所以中含有中子数为，A正确；B．的物质的量为：0.25ml，根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价键数目为：，B正确；C．的水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；D．三肽的物质的量为：0.1ml，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以三肽中的肽键数目为，D正确；答案为：C。
3．（2022·浙江·统考高考真题）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3ml/L-2.0010-3ml/L=4.0010-4ml/L，v(NH3)==2.0010-5ml/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5ml/(L·min)，A正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4ml/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4ml/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实验②60min时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B正确；C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4ml/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；答案选C。
4．（2021·重庆·统考高考真题）甲异腈(CHNC)在恒容密闭容器中发生异构化反应： CH3NC(g) →CH3CN(g)，反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。该反应的反应速率v与c的关系为v=kc，k为速率常数(常温下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是

A．bf段的平均反应速率为1.0 × 10 -4ml(L·min)
B．a点反应物的活化分子数多于d点
C．T1>T2
D．3v(d)=2v(e)
【答案】C
【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)， ， 。
【解析】A．由题干信息可知， ，A正确；B．ad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点，B正确；C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2>v1，温度越高，速率越大，故T2>T1，C错误；D． ，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正确；故选C。
5．（2021·湖北·统考高考真题）常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1ml·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH=4的溶液中：c(H2PO)<0.1ml·L-1-2c(HPO)
D．H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K>1.0×105
【答案】D
【解析】A．图象中含P物质只有3种，说明为二元弱酸。随着逐渐增大，减小，根据 、 ，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示；根据x点知，时，，c(OH-)=10-7.3ml/L，c(H+)=10-6.7ml/L，则的，根据z点知，，，c(OH-)=10-12.6ml/L，c(H+)=10-1.4ml/L，则的，曲线①表示随的变化，故A错误；B．为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C．即，由图可知，此时，，即，而，故，故C错误；D．由减去，可得，则平衡常数，故D正确；故答案：D。
6．（2020·北京·高考真题）用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是
【答案】D
【解析】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A 能达到实验目的；B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故B能达到实验目的；C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C能达到实验目的；D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D不能达到实验目的；答案选D。
7．（2023·浙江·统考高考真题·节选）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。
②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(4)测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。
①产品的盐基度为 。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】(4)0.7 pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】（4）①根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到 产品的盐基度为；故答案为：0.7。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
8．（2021·河北·统考高考真题·节选）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5ml•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】8.37
【解析】(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5ml/L时，溶液中氢离子浓度为=ml/L=10—8.37ml/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
实验装置
实验目的
演示喷泉实验
证明能与水反应
配制100mLNaOH溶液
分离苯和苯酚的混合物
选项
A
B
C
D
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
A
B
C
D
配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫
检验溴乙烷消去产物中的乙烯
分离酒精和水