2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)考點追蹤與預(yù)測（新高考）專題02 化學(xué)常用計量練習(xí)（解析版）

專題驗收評價專題02化學(xué)常用計量內(nèi)容概覽A·?？碱}不丟分【考點一一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制】【考點二以物質(zhì)的量為中心的多角度計算】【微專題阿伏加德羅常數(shù)的六大陷阱】B·綜合素養(yǎng)拿高分/拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【考點一一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制】1．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考模擬預(yù)測）實驗室用98%的濃硫酸配制的稀硫酸。下列說法錯誤的是A．應(yīng)選用200mL容量瓶 B．可選用量筒量取濃硫酸C．在燒杯中稀釋濃硫酸 D．定容時應(yīng)選用膠頭滴管【答案】A【解析】A．實驗室沒有200mL容量瓶，應(yīng)選用250mL容量瓶，故A錯誤；B．濃硫酸為液體，量取濃硫酸可以選用量筒，故B正確；C．稀釋濃硫酸在燒杯中進(jìn)行，具體操作為：將濃硫酸緩緩地沿器壁注入水中，同時用玻璃棒不斷攪拌，故C正確；D．定容時應(yīng)用膠頭滴管逐滴滴加蒸餾水至容量瓶的刻度線，故D正確；故答案選A。2．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考一模）下列實驗裝置能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖菍嶒炑b置實驗?zāi)康难菔緡娙獙嶒炞C明能與水反應(yīng)配制100mLNaOH溶液分離苯和苯酚的混合物選項ABCD【答案】A【解析】A．該裝置可通過微熱燒瓶的方式將氨氣趕入燒杯中引發(fā)噴泉，可演示噴泉實驗，故A正確；B．充滿二氧化硫的試管倒置到水槽中，液面上升可能是因為氣體溶于水導(dǎo)致，不能證明二氧化硫與水發(fā)生了反應(yīng)，故B錯誤；C．配制100mLNaOH溶液應(yīng)用100mL容量瓶、不能用燒杯，故C錯誤；D．苯和苯酚互溶，不能采用分液的方法分離，故D錯誤；故選：A。3．（2023·上海寶山·統(tǒng)考一模）下列有關(guān)實驗操作的敘述錯誤的是A．滴定管用水洗凈后，加入待裝液B．配制溶液時，容量瓶不需干燥C．測結(jié)晶水含量時，加熱后的坩堝必須放在干燥器中冷卻D．過濾操作中，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁【答案】A【解析】A．滴定管用水洗凈后，再使用待裝液潤洗后才能加入待裝液，A錯誤；B．底部含有蒸餾水不影響溶液濃度，配制溶液時，容量瓶不需干燥，B正確；C．測結(jié)晶水含量時，加熱后的坩堝必須放在干燥器中冷卻，防止空氣中水蒸氣影響實驗結(jié)果，C正確；D．過濾操作中，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁，防止濾液濺出，D正確；故選A。4．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預(yù)測）測定食醋中總酸度有以下步驟：①將食醋精確稀釋到原來的10倍；②用燒堿固體配制100mL濃度約為0.1mol?L-1的溶液；③用鄰苯二甲酸氫鉀固體標(biāo)定步驟②所得溶液；④用移液管取20.00mL待測液；⑤用已知濃度NaOH溶液滴定。以下對應(yīng)步驟中的操作及選用儀器正確的是A．步驟① B．步驟②C．步驟③ D．步驟⑤【答案】B【解析】A．步驟①：將食醋精確稀釋到原來的10倍，應(yīng)是配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，因此需要用到儀器是容量瓶等，故A錯誤；B．因為需要標(biāo)定，因此步驟②是粗配溶液，0.4gNaOH的物質(zhì)的量為0.1mol，100mL蒸餾水約為0.1L，則濃度約為0.1mol/L，故B正確；C．用鄰苯二甲酸氫鉀標(biāo)定NaOH時，滴定終點顯堿性，應(yīng)用酚酞作指示劑，故C錯誤；D．步驟⑤是用NaOH溶液進(jìn)行滴定，滴定管的刻度從上到下逐漸增大，而圖中儀器刻度從上到下逐漸減小，故D錯誤；答案為B。5．（2023·湖南永州·統(tǒng)考二模）下列有關(guān)實驗說法正確的是A．酒精燈加熱燒瓶時不用墊石棉網(wǎng)B．金屬鈉著火時，可用細(xì)沙覆蓋滅火C．可用蒸餾的方法分離乙醇(沸點78.3℃)和苯(沸點80.1℃)D．用容量瓶配制溶液，若加水超過刻度線，可用滴管吸出多余液體【答案】B【解析】A．燒瓶底面積大，為使受熱均勻，酒精燈加熱燒瓶時墊石棉網(wǎng)，A錯誤；B．加熱下，鈉能和氧氣生成過氧化鈉、鈉和水反應(yīng)生成的氫氣是可燃物、過氧化鈉能和水、二氧化碳反應(yīng)提供氧氣，個鈉與水反應(yīng)金屬鈉著火時，可用細(xì)沙覆蓋滅火，B正確；C．不可用蒸餾的方法分離乙醇(沸點78.3℃)和苯(沸點80.1℃)，因為二者沸點太接近，C錯誤；D．用容量瓶配制溶液，若加水超過刻度線，則體積不準(zhǔn)確，必須重新配制、不可用滴管吸出多余液體，D錯誤；答案選B?！究键c二以物質(zhì)的量為中心的多角度計算】1．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考模擬預(yù)測）我國科學(xué)家團(tuán)隊打通了溫和條件下草酸二甲酯【(COOCH3)2】催化加氫制乙二醇的技術(shù)難關(guān)，反應(yīng)為。如圖所示，在恒容密閉容器中，反應(yīng)溫度為T1時，c(HOCH2CH2OH)和c(H2)隨時間t的變化分別為曲線I和Ⅱ，反應(yīng)溫度為T2時，c(H2)隨時間t的變化為曲線Ⅲ。下列判斷正確的是A．ΔH>0B．a(chǎn)、b兩時刻生成乙二醇的速率：v(a)=v(b)C．在T2溫度下，反應(yīng)在0~t2內(nèi)的平均速率為D．其他條件相同，在T1溫度下，起始時向該容器中充入一定量的氮氣，則反應(yīng)達(dá)到平衡的時間小于t1【答案】C【解析】A．反應(yīng)溫度為T1和T2，以c(H2)隨時間t的變化為曲線比較，Ⅱ比Ⅲ先達(dá)到平衡，所以T1>T2，溫度升高，c(H2)增大，平衡逆向移動，反應(yīng)放熱，選項A錯誤；B．升高溫度，反應(yīng)速率加快，T1>T2，則反應(yīng)速率v(a)>v(b)，選項B錯誤；C．T2時，在0~t2內(nèi)，△c(H2)=0.05mol。L-1，則，選項C正確；D．向恒容容器中充入氮氣，不影響反應(yīng)物濃度，不影響反應(yīng)速率，選項D錯誤；答案選C。2．（2023·廣西南寧·南寧三中校聯(lián)考模擬預(yù)測）在盛有CuO/Cu2O載氧體的恒容密閉容器中充入空氣，發(fā)生反應(yīng)：2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s)

△H。平衡時O2的體積分?jǐn)?shù)φ(O2)隨反應(yīng)溫度T變化的曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．該反應(yīng)在低溫條件下能自發(fā)進(jìn)行B．當(dāng)氧氣的物質(zhì)的量濃度不變時，反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)C．在1030℃時加入催化劑，平衡時φ(O2)＞21%D．985℃達(dá)到平衡狀態(tài)后，充入純氧，再次達(dá)到平衡后，φ(O2)=10%【答案】C【解析】A．升高溫度，氧氣含量增加，平衡逆向移動，則為放熱反應(yīng)，且反應(yīng)為熵減的反應(yīng)，根據(jù)可以自發(fā)可知，該反應(yīng)在低溫條件下能自發(fā)進(jìn)行，A正確；B．當(dāng)氧氣的物質(zhì)的量濃度不變時，說明平衡不再移動，反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)，B正確；C．催化劑通常能加快反應(yīng)但不影響平衡的移動，不改變氧氣含量，C錯誤；D．985℃達(dá)到平衡狀態(tài)后，充入純氧不影響平衡常數(shù)，，則再次達(dá)到平衡后，，φ(O2)=10%，D正確；故選C。3．（2023·安徽·校聯(lián)考三模）25℃時，分別向25mL濃度均為1.0mol·L-1的HA、NaA溶液中逐滴加入濃度均為1.0mol·L-1的NaOH、HCl溶液VmL。溶液的pH與lgY[Y=或］的關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是

A．曲線①中的B．當(dāng)pH=4.74時，一定存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)C．當(dāng)?shù)稳塍w積V=12.5mL時，溶液pH>4.74D．25℃時，1.0mol·L-1的NaA溶液的pH=9.37【答案】B【分析】pH增大，c(H+)減小，促進(jìn)HA電離，抑制A-水解，因此pH增大，減小，增大，所以曲線①中Y=，曲線②中Y=；當(dāng)pH=4.74時，①②相交，=，則，所以Ka=，Kh=?！窘馕觥緼．由以上分析可知曲線①中Y=，故A正確；B．NaA溶液中滴加HCl溶液時，根據(jù)電荷守恒，溶液中一定存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl-)，故B錯誤；C．當(dāng)?shù)稳塍w積V=12.5mL時，溶液中HA和NaA的物質(zhì)的量均相等，因此Ka>Kh，因此，由于Ka不變，此時，溶液pH>4.74，故C正確；D．25℃時，1.0mol·L-1的NaA溶液的c(OH-)=xmol/L，則根據(jù)可知，c(OH-)==xmol/L，Kh==，解得：x≈，所以，pH=9.37，故D正確；故選：B。4．（2023·湖南衡陽·校聯(lián)考三模）已知：、在水溶液中的溶解平衡分別為、。常溫下，分別向等濃度的溶液和溶液中滴加等濃度的溶液，所加硝酸銀溶液的體積與陰離子的濃度關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是

A．B．與溶液反應(yīng)對應(yīng)曲線②C．可作為溶液標(biāo)定溶液濃度的指示劑D．欲使圖中a點或b點向左平移可增大溶液的濃度【答案】C【分析】由圖可知，曲線①所示反應(yīng)在加入溶液后恰好沉淀完全，曲線②所示反應(yīng)在加入溶液后恰好沉淀完全，結(jié)合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲線①表示滳定溶液的變化曲線，曲線②表示滴定溶液的變化曲線，根據(jù)b點計算：，，故，同理根據(jù)a點計算，?！窘馕觥緼．由分析可知，，A正確；B．由分析可知，溶液與溶液反應(yīng)對應(yīng)曲線①，與溶液反應(yīng)對應(yīng)曲線②，B正確；C．為白色沉淀，恰好沉淀時，為深紅色沉淀，恰好沉淀時，溶解能力稍大于，結(jié)合終點顏色變化，可知可作為溶液標(biāo)定溶液濃度的指示劑，C錯誤；D．增大溶液的濃度或減小溶液和溶液的初始濃度均可使消耗溶液的體積減小，可實現(xiàn)圖像中a點或b點向左平移，D正確；故答案為：C。5．（2023·山東菏澤·?？家荒！す?jié)選）鈧是一種稀土金屬元素，在國防、航天、核能等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。工業(yè)上利用固體廢料“赤泥”(含F(xiàn)eO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工藝流程如圖。已知：TiO2難溶于鹽酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10?38?；卮鹣铝袉栴}：(2)“氧化”時加入足量H2O2的目的是；氧化后溶液中Fe3+濃度為0.001mol?L?1，常溫下“調(diào)pH”時，若控制pH＝3，則Fe3+的去除率為(忽略調(diào)pH前后溶液的體積變化)。(3)已知25℃時，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c?！俺菱偂睍r，發(fā)生反應(yīng)：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝(用含a、b、c的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?2)將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+99%(3)【解析】（2）由分析可知，氧化時，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+；當(dāng)pH＝3時，溶液中氫氧根離子的濃度c(OH－)＝10?11mol?L?1，此時三價鐵的濃度為，則Fe3+的去除率為；故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+；99%。（3）已知25℃時，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，則反應(yīng)2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常數(shù)；故答案為：?！疚ｎ}阿伏加德羅常數(shù)的六大陷阱】1．（2023·遼寧阜新·阜新實驗中學(xué)?？寄M預(yù)測）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，40gSiC中所含C-Si數(shù)目為2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCHCl3中含有0.5NA個C原子C．常溫常壓下，20gNO2和26gN2O4的混合氣體中氧原子總數(shù)為2NAD．25℃時，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數(shù)目為0.2NA【答案】C【解析】A．1molSiC中含4molC-Si鍵，40gSiC為1mol，C-Si鍵數(shù)目為4NA，故A錯誤；B．標(biāo)況下CHCl3不是氣體，不能依據(jù)體積確定其物質(zhì)的量，故B錯誤；C．混合氣體的總質(zhì)量為46g，兩氣體的最簡式均為NO2，則46g混合氣體等同于46gNO2，即1molNO2，中氧原子總數(shù)為2NA，故C正確；D．1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-濃度為0.1mol/L，OH-的數(shù)目為0.1NA，故D錯誤；故選：C。2．（2023·陜西西安·陜西師大附中?？寄M預(yù)測）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)說法錯誤的是A．1molN2和3molH2充分反應(yīng)后原子總數(shù)為8NAB．1L1mol/LNa2CO3溶液中，陰離子總數(shù)大于NAC．14g分子式為CnH2n的烴中含有的C－C鍵數(shù)為D．濃硝酸受熱分解生成NO2、N2O4共23g，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA【答案】C【解析】A．根據(jù)原子守恒可知，反應(yīng)前后原子總數(shù)不變，則1molN2和3molH2充分反應(yīng)后原子共1mol×2+3mol×2=8mol，總數(shù)為8NA，A正確；B．1L1mol/LNa2CO3溶液中除了碳酸根離子，還存在碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子、氫氧根離子，以及水電離的氫氧根離子，故陰離子大于1mol，總數(shù)大于NA，B正確；C．分子式為CnH2n的烴可能為環(huán)烷烴、也可能為直鏈烯烴，故中含有的C－C鍵數(shù)不一定為，C錯誤；D．NO2、N2O4最簡式均為NO2，NO2、N2O4共23g則可看著生成0.5molNO2，氮元素化合價由+5變?yōu)?4，則轉(zhuǎn)移電子0.5mol，數(shù)目為0.5NA，D正確；故選C。3．（2023·廣西南寧·南寧三中校考二模）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是A．0℃，101kPa下，11.2L氫氣中質(zhì)子的數(shù)目為NAB．1molK2Cr2O7被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NAC．常溫下，pH=5的NH4Cl溶液中，由水電離出的H+數(shù)目為10-5NAD．0.2mol苯乙烯完全燃燒，生成CO2的數(shù)目為1.6NA【答案】C【解析】A．1分子氫氣中含有2個質(zhì)子，0℃，101kPa下，11.2L氫氣為0.5mol，則質(zhì)子的數(shù)目為NA，A正確；B．1molK2Cr2O7被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移電子關(guān)系為，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA，B正確；C．沒有溶液的體積，不能計算溶液中離子的物質(zhì)的量，C錯誤；D．1分子苯中含有6個碳原子，根據(jù)碳原子守恒可知，0.2mol苯乙烯完全燃燒，生成1.6molCO2，二氧化碳分子數(shù)目為1.6NA，D正確；故選C。4．（2023·河北邢臺·邢臺市第二中學(xué)校聯(lián)考三模）設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．100g3.4%溶液中含氧原子數(shù)為B．10.4g苯乙烯(

)分子中含碳碳雙鍵數(shù)為C．向1L氨水中滴入溶液至中性時溶液中數(shù)為D．2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)與足量NaOH溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為【答案】D【解析】A．100g3.4%溶液中含過氧化氫3.4g（為0.1mol）、水96.6g，0.1mol過氧化氫分子含氧原子0.2mol，但是溶劑水中還存在氧原子，故100g3.4%溶液中含氧原子數(shù)大于，A錯誤；B．1個苯乙烯分子中只有1個碳碳雙鍵，10.4g苯乙烯為0.1mol，則分子中含碳碳雙鍵數(shù)為，B錯誤；C．溶液呈中性時，溶液中，則的數(shù)目小于，C錯誤；D．2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下為0.1mol)氯氣和足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，電子轉(zhuǎn)移關(guān)系為，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，D正確；故選D。5．（2023·廣東深圳·紅嶺中學(xué)?？寄M預(yù)測）設(shè)為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．熔融狀態(tài)下的中含有的數(shù)目為B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中含有原子的數(shù)目為C．溶液中，的數(shù)目為D．常溫常壓下，中含有共價鍵的數(shù)目為【答案】D【解析】A．是共價化合物，由分子構(gòu)成，在熔融狀態(tài)下不能電離，則熔融狀態(tài)下的中無，故A錯誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，是非氣態(tài)物質(zhì)，無法計算物質(zhì)的量，故B錯誤；C．溶液中，由于溶液體積未知，無法計算物質(zhì)的量，故C錯誤；D．常溫常壓下，物質(zhì)的量為1mol，則18g水中含有共價鍵的數(shù)目為，故D正確；綜上所述，答案為D。1．（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學(xué)?？寄M預(yù)測）金粉溶于過氧化氫-濃鹽酸可以安全環(huán)保的制備氯金酸()，其化學(xué)方程式為：。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．消耗1molAu，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為B．消耗2molHCl生成的分子數(shù)為C．消耗85g，產(chǎn)物中形成的配位鍵數(shù)目為D．2mol液態(tài)水中含有的氫鍵數(shù)目為【答案】A【解析】A．由方程式可知，2molAu參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol，因此消耗1molAu，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，A正確；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子數(shù)為0.25NA，B錯誤；C．每個H[AuCl4]中含有4個配位鍵，85gH2O2的物質(zhì)的量為：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反應(yīng)生成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，產(chǎn)物中形成的配位鍵數(shù)目為4NA，C錯誤；D．1mol冰中含有2mol氫鍵，液態(tài)水中的氫鍵小于冰，因此2mol液態(tài)水中含有的氫鍵數(shù)目小于4NA，D錯誤；故選A。2．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）甲酸甲酯常用作殺菌劑、熏蒸劑和煙草處理劑，可由甲酸和甲醇反應(yīng)制得。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)說法正確的是A．pH=3的甲酸溶液中氫離子數(shù)目為1×10-3NAB．0.5mol甲酸甲酯中含有sp3雜化的原子數(shù)目為NAC．50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為64%的甲醇水溶液中含有σ鍵數(shù)目為5NAD．甲醇燃料電池中，每消耗22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)甲醇，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA【答案】B【解析】A．該甲酸溶液體積未知，無法計算氫離子數(shù)目，A項錯誤；B．甲酸甲酯中1個碳原子和1個氧原子采用sp3雜化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子數(shù)目為NA，B項正確；C．50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各為1mol，1molCH3OH中σ鍵數(shù)目為5NA，1molH2O中σ鍵數(shù)目為2NA，因此50g該溶液中σ鍵數(shù)目為7NA，C項錯誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲醇為液體，D項錯誤；故選B。3．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）為研究Ce(SO4)2?4H2O(相對分子質(zhì)量：404)的熱分解性質(zhì)，進(jìn)行如下實驗：準(zhǔn)確稱取4.04g樣品，在空氣中進(jìn)行加熱，殘留固體的質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是

A．a(chǎn)點殘留固體的主要成分為Ce(SO4)2?2H2OB．b點的反應(yīng)為2Ce(SO4)2CeO2?CeOSO4+3SO3C．c點固體的主要成分為CeO2D．800℃時，固體失重57.43%【答案】B【解析】A．n[Ce(SO4)2?4H2O]==0.01mol，則n(Ce)=0.01mol，m(Ce)=1.40g；a點時，殘留固體的質(zhì)量為3.68g，質(zhì)量減少了(4.04-3.68)g=0.36g，為0.02molH2O的質(zhì)量，所以a點對應(yīng)殘留固體的主要成分為Ce(SO4)2?2H2O，A項正確；B．殘留固體質(zhì)量為3.32g時，質(zhì)量減少了(4.04-3.32)g=0.72g，為0.04molH2O的質(zhì)量，所以該點對應(yīng)殘留固體的主要成分為Ce(SO4)2，b點與該點相比，對應(yīng)殘留固體的質(zhì)量減少了(3.32-2.84)g=0.48g，b點若發(fā)生2Ce(SO4)2CeO2?CeOSO4+3SO3，則固體質(zhì)量應(yīng)減少1.2g，B項錯誤；C．2.84g殘留固體中m(Ce)=1.40g，則(2.84-1.40)g=1.44g為SO的質(zhì)量，則n(SO)=0.015mol，所以b點對應(yīng)殘留固體的主要成分為Ce2(SO4)3，c點對應(yīng)殘留固體的質(zhì)量為1.72g，m(Ce)=1.40g，則(1.72-1.40)g=0.32g為O元素的質(zhì)量，其物質(zhì)的量為0.002mol，此時殘留固體的主要成分為CeO2，C項正確；D．c點時，結(jié)合4.04g和1.72g這兩個數(shù)據(jù)，可知固體質(zhì)量減小了2.32g，失重≈57.43%，D項正確；故選B。4．（2023·全國·校聯(lián)考一模）向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)和，與的關(guān)系如圖所示{其中代表或}。下列說法正確的是A．曲線Ⅲ表示隨的變化曲線B．隨增大，先增大后減小C．反應(yīng)的平衡常數(shù)為D．完全溶解，至少需要含有的氨水【答案】D【分析】氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續(xù)滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數(shù)變化的曲線?！窘馕觥緼．曲線Ⅲ表示隨的變化曲線,故A錯誤；B．反應(yīng)的平衡常數(shù)K=為定值，隨增大，一氨合銀離子濃度先增大后不變，先減小后不變，故B錯誤；C．在=-1時，對應(yīng)的反應(yīng)Cl-和二氨合銀離子濃度的對數(shù)都是-2.35，濃度都是10-2.35，平衡常數(shù)為K==，故C錯誤；

D．0.1molAgCl完全溶解生成0.1molCl-和0.1mol的[Ag(NH3)2]+，對于平衡常數(shù)為K====10-2.7，得出n(NH3)=100.35mol，反應(yīng)后應(yīng)該余下氨氣的物質(zhì)的量為100.35mol，加上0.1molAg+結(jié)合的0.2mol氨氣生成[Ag(NH3)2]+，共需要，故D正確；答案選D。5．（2023·福建廈門·廈門一中?？寄M預(yù)測）用雙硫腺(，二元弱酸)絡(luò)合萃取法可從工業(yè)廢水中提取金屬離子，從而達(dá)到污水處理的目的。如在分離污水中的時，先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)：，再加入，就很容易被萃取到中。如圖是用上述方法處理含有、、的廢水時的酸度曲線(E％表示金屬離子以絡(luò)合物形式被萃取分離的百分率)，下列說法錯誤的是

A．當(dāng)分離過程中，發(fā)生的絡(luò)合反應(yīng)為B．加溶液調(diào)節(jié)，一定存在關(guān)系：C．溶液存在關(guān)系：D．若且時，絡(luò)合反應(yīng)達(dá)到平衡，則與絡(luò)合反應(yīng)平衡常數(shù)約為4【答案】B【解析】A．由題意可知，分離污水中的Bi3+時，先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)Bi3++3H2Dz?Bi(HDz)3+3H+，故A正確；B．由圖可知，加氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH=11時，Zn(OH)離子的百分率為70%，則溶液中發(fā)生如下反應(yīng)：Zn(HDz)2+6OH—?Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的濃度是Zn(OH)濃度的2倍，故B錯誤；C．NaHDz溶液中存在質(zhì)子關(guān)系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)，故C正確；D．由圖示可知，溶液pH=2.5時，Bi(HDz)3的百分率為80%，反應(yīng)Bi3++3H2Dz?Bi(HDz)3+3H+的平衡常數(shù)K=，由-lgc(H2Dz)=pH可得：K=，故D正確；故選：B。6．（2023·山西晉中·統(tǒng)考三模）常溫下，在c(H3PO3)+c()+c()=0.1mol·L-1的H3PO3溶液中各含磷物質(zhì)的pc-pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物質(zhì)的濃度負(fù)對數(shù)(pc=-lgc)，pOH表示c(OH-)負(fù)對數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]；x、z兩點的坐標(biāo)為x(7.4，1.3)、z(12.6，1.3)。下列說法正確的是

A．曲線②表示pc()隨pOH的變化B．y點橫坐標(biāo)的值為10.0C．pH=6.6的溶液中：c(H3PO3)<0.1mol·L-1-2c()D．H3PO3+2的平衡常數(shù)K=1.0×105【答案】B【分析】圖像中含P物質(zhì)只有3種，說明為二元弱酸。隨著逐漸增大，減小，根據(jù)、，知逐漸減小，先增大后減小，逐漸增大，，則逐漸增大，先減小后增大，逐漸減小，故曲線③表示，曲線②表示，曲線①表示；根據(jù)坐標(biāo)x(7.4,1.3)知，，c(OH-)=10-7.4mol/L，c(H+)=10-6.6mol/L，此時，則的。同理根據(jù)坐標(biāo)z(12.6,1.3)知，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，此時，則的?！窘馕觥緼．根據(jù)分析，曲線①表示隨的變化，A錯誤；B．y點時，，則，則c(H+)=10-4.0mol/L，c(OH-)=10-10.0mol/L，，B正確；C．即，由圖可知，此時，即，而，則，C錯誤；D．由減去，可得，則平衡常數(shù)，D錯誤；故選B。7．（2023·河北·模擬預(yù)測）制的平衡體系中存在如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ

反應(yīng)Ⅱ

將2mol和3mol投入容積為1L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，測得平衡時乙烷的轉(zhuǎn)化率、乙烯的選擇性(條件下)與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示。已知：乙烯的選擇性。下列說法錯誤的是A．X代表溫度，L代表壓強B．C．N點時，轉(zhuǎn)化成的CO的物質(zhì)的量為0.4molD．M點時，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)為0.5【答案】D【解析】A．根據(jù)題給平衡體系中方程式特點判斷，兩個反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡均正向移動，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率會增大，兩個反應(yīng)均為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，壓強增大，平衡逆向移動，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率會減小，而圖像中隨著X的增大，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率逐漸增大，則X代表溫度，L代表壓強，A項正確；B．同一溫度下，對應(yīng)的乙烷平衡轉(zhuǎn)化率低于對應(yīng)的，即代表的壓強大于的，B項正確；C．根據(jù)乙烯的選擇性公式判斷，反應(yīng)中，乙烷轉(zhuǎn)化成的乙烯的物質(zhì)的量為mol，則乙烷轉(zhuǎn)化成的CO的物質(zhì)的量為mol，C項正確；D．M點對應(yīng)溫度下，設(shè)平衡時、的物質(zhì)的量分別為xmol、3ymol，根據(jù)物質(zhì)的量關(guān)系可列出三段式：結(jié)合圖像可知，，，解得，，則平衡時、、、、的物質(zhì)的量分別為1mol、1.8mol、0.8mol、1.6mol、0.8mol，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)，D項錯誤。故選D。8．（2023·遼寧朝陽·朝陽市第一高級中學(xué)校聯(lián)考二模）接觸法制硫酸在接觸室進(jìn)行的反應(yīng)：。若向體積均為1L的甲、乙兩恒容容器中分別充入和其中甲為絕熱過程，乙為恒溫過程，兩反應(yīng)體系的壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是

A．該反應(yīng)B．甲容器達(dá)到平衡時的平衡常數(shù)：C．a(chǎn)、c兩點表示兩容器氣體的總物質(zhì)的量：D．a(chǎn)、b兩點時間的反應(yīng)速率：【答案】C【解析】A．甲容器在絕熱條件下，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，壓強先增大后減小，剛開始壓強增大的原因是因為容器溫度升高，則說明上述反應(yīng)過程放熱，即，A錯誤；B．由圖可知，a點為平衡狀態(tài)，壓強Pa=P始，若為恒溫恒容，na=n始，絕熱條件下，反應(yīng)到平衡狀態(tài)放熱，所以Ta>T始，則na<n始，可設(shè)O2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為，則列出三段式如下：則有，計算得到，那么化學(xué)平衡常數(shù)，B錯誤；C．根據(jù)A項分析可知，上述密閉溶液中的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，圖中a點和c點的壓強相等，因甲容器為絕熱過程，乙容器為恒溫過程，若兩者氣體物質(zhì)的量相等，則甲容器壓強大于乙容器壓強，則說明甲容器中氣體的總物質(zhì)的量此時相比乙容器在減小即氣體總物質(zhì)的量：，C正確；D．根據(jù)圖像可知，甲容器達(dá)到平衡的時間短，溫度高，所以達(dá)到平衡的速率相對乙容器的快，即，D錯誤；故答案選C。9．（2023·四川綿陽·四川省綿陽南山中學(xué)?？寄M預(yù)測）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表，回答下列問題：金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8(2)“水浸”后濾液的約為2.0，在“分步沉淀時用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，最先析出的金屬離子是。(填寫離子符號)(3)“母液①”中濃度為?！敬鸢浮?3)【解析】（3）Mg2+沉淀完全時[c(Mg2+)=1.0×10-5mol/LpH為11.1，可得出Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-5×(1.0×10-2.9)2=1.0×10-10.8，分步沉淀時調(diào)節(jié)pH至11.6，此時母液①中c(Mg2+)=1.0×10-6mol/L。10．（2023·遼寧·校聯(lián)考模擬預(yù)測）鈦白粉廣泛用于顏料、油漆和造紙等。某小組以鈦鐵礦粉(主要成分為，還含有少量的)和金紅石礦粉為原料制備和高純度鐵紅。簡易流程如下：已知：、、的沸點依次為1412℃、316℃、136℃。請回答下列問題：(6)測定樣品中純度。取2.000g樣品，在酸性條件下充分溶解，加入適量鋁粉將還原為。過濾并洗滌，將所得濾液和洗滌液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于錐形瓶中，滴加幾滴KSCN溶液，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，將轉(zhuǎn)化成，重復(fù)操作3次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。①計算該樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：。②若其他操作都正確，盛裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管沒有潤洗，則測得結(jié)果將(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮?6)99.2%偏高【解析】（6）①根據(jù)電子守恒，n(Fe3+)=n(TiO2)，樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(TiO2)==99.2%；②如果盛裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管沒有潤洗，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，則測定結(jié)果偏高。1．（2021·海南·統(tǒng)考高考真題）代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．中含有的電子數(shù)為1.3B．中含有的共價鍵的數(shù)目為0.1C．肼含有的孤電子對數(shù)為0.2D．，生成乙烷時斷裂的共價鍵總數(shù)為【答案】C【解析】A．1個的電子數(shù)為10，故中含有的電子數(shù)為1.0，故A錯誤；B．的電子式為，含有1個共價鍵，的物質(zhì)的量為=0.05mol，故中含有的共價鍵的數(shù)目為0.05，故B錯誤；C．肼中每個N原子上各有1個孤電子對，故肼含有的孤電子對數(shù)為0.2，故C正確；D．發(fā)生反應(yīng)時，C=C中的一個鍵和H-H鍵都斷裂，故生成乙烷時斷裂的共價鍵總數(shù)為2，故D錯誤；故選C。2．（2021·浙江·高考真題）設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中含有中子數(shù)為B．(分子結(jié)構(gòu)：)中的共價鍵數(shù)目為C．的水溶液中含有氧原子數(shù)為D．三肽(相對分子質(zhì)量：189)中的肽鍵數(shù)目為【答案】C【解析】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，的物質(zhì)的量為：0.05mol，一個中含有中子數(shù)為：個，所以中含有中子數(shù)為，A正確；B．的物質(zhì)的量為：0.25mol，根據(jù)白磷的分子結(jié)構(gòu)可知一個白磷分子里含有六條共價鍵，所以共價鍵數(shù)目為：，B正確；C．的水溶液中含有溶質(zhì)氫氧化鈉和溶劑水，氧原子數(shù)目為二者氧原子數(shù)目的加和，C錯誤；D．三肽的物質(zhì)的量為：0.1mol，三分子氨基酸脫水縮合形成三肽，三肽中含有兩個肽鍵，所以三肽中的肽鍵數(shù)目為，D正確；答案為：C。3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）恒溫恒容的密閉容器中，在某催化劑表面上發(fā)生氨的分解反應(yīng)：，測得不同起始濃度和催化劑表面積下氨濃度隨時間的變化，如下表所示，下列說法不正確的是A．實驗①，，B．實驗②，時處于平衡狀態(tài)，C．相同條件下，增加氨氣的濃度，反應(yīng)速率增大D．相同條件下，增加催化劑的表面積，反應(yīng)速率增大【答案】C【解析】A．實驗①中，0~20min，氨氣濃度變化量為2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正確；B．催化劑表面積大小只影響反應(yīng)速率，不影響平衡，實驗③中氨氣初始濃度與實驗①中一樣，實驗③達(dá)到平衡時氨氣濃度為4.0010-4mol/L，則實驗①達(dá)平衡時氨氣濃度也為4.0010-4mol/L，而恒溫恒容條件下，實驗②相對于實驗①為減小壓強，平衡正向移動，氨氣濃度減小，因此實驗②60min時處于平衡狀態(tài)，根據(jù)等效平衡可以判斷x<0.2，即x≠0.4，B正確；C．實驗①、實驗②中0~20min、20min~40min氨氣濃度變化量都是4.0010-4mol/L，實驗②中60min時反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，實驗①和實驗②催化劑表面積相同，實驗①中氨氣初始濃度是實驗②中氨氣初始濃度的兩倍，實驗①60min時反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，相同條件下，增加氨氣濃度，反應(yīng)速率并沒有增大，C錯誤；D．對比實驗①和實驗③，氨氣濃度相同，實驗③中催化劑表面積是實驗①中催化劑表面積的2倍，實驗③先達(dá)到平衡狀態(tài)，實驗③的反應(yīng)速率大，說明相同條件下，增加催化劑的表面積，反應(yīng)速率增大，D正確；答案選C。4．（2021·重慶·統(tǒng)考高考真題）甲異腈(CHNC)在恒容密閉容器中發(fā)生異構(gòu)化反應(yīng)：CH3NC(g)→CH3CN(g)，反應(yīng)過程中甲異腈濃度c隨時間t的變化曲線如圖所示(圖中T為溫度)。該反應(yīng)的反應(yīng)速率v與c的關(guān)系為v=kc，k為速率常數(shù)(常溫下為常數(shù))，a點和b點反應(yīng)速率相等，即v(a)=v(b)。下列說法錯誤的是

A．bf段的平均反應(yīng)速率為1.0×10-4mol(L·min)B．a(chǎn)點反應(yīng)物的活化分子數(shù)多于d點C．T1>T2D．3v(d)=2v(e)【答案】C【分析】設(shè)T1時，速率常數(shù)為k1，T2時，速率常數(shù)為R2，v(a)=v(b)，，?！窘馕觥緼．由題干信息可知，，A正確；B．a(chǎn)d兩點相比較，a點的濃度比d的濃度大，且其他的條件相同，故a點反應(yīng)物的活化分子數(shù)多于d點，B正確；C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，濃度相同的時候，v2>v1，溫度越高，速率越大，故T2>T1，C錯誤；D．，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正確；故選C。5．（2021·湖北·統(tǒng)考高考真題）常溫下，已知H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1mol·L-1，溶液中各含磷物種的pc—pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負(fù)對數(shù)(pc=-lgc)，pOH表示OH-的濃度負(fù)對數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三點的坐標(biāo)：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列說法正確的是A．曲線①表示pc(H3PO3)隨pOH的變化B．H3PO3的結(jié)構(gòu)簡式為C．pH=4的溶液中：c(H2PO)<0.1mol·L-1-2c(HPO)D．H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)K>1.0×105【答案】D【解析】A．圖象中含P物質(zhì)只有3種，說明為二元弱酸。隨著逐漸增大，減小，根據(jù)、，知逐漸減小，先增大后減小，逐漸增大，，則逐漸增大，先減小后增大，逐漸減小，故曲線③表示，曲線②表示，曲線①表示；根據(jù)x點知，時，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則的，根據(jù)z點知，，，c(OH-)=