《2025年学霸高考黑题化学人教版》

经典真题1 重量法
(2025·湖北,18,14分)某小组在探究Cu²⁺的还原产物组成及其形态过程中,观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述,回答下列问题:
(1)向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO₄溶液,振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液,加热。
①反应产生的砖红色沉淀为$\mathrm{Cu_2O}$(写化学式),葡萄糖表现出还原(填“氧化”或“还原”)性。
②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:$\mathrm{Cu(OH)_2\xlongequal{\triangle}CuO + H_2O}$。
(2)向20mL0.5mol·L⁻¹CuSO₄溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是除去过量的锌粉。
②同学甲一次性加入1.18gZn粉,得到0.78g红棕色固体,其组成是b(填字母)。
a.Cu
b.Cu包裹Zn
c.CuO
d.Cu和Cu₂O
③同学乙搅拌下分批加入1.18gZn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于X的组成提出了三种可能性:Ⅰ.CuO;Ⅱ.CuO和Cu;Ⅲ.Cu,开展了下面2个探究实验:

由实验结果可知,X的组成是Ⅲ(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。

答案：
经典真题1
(1)①$\mathrm{Cu_2O}$还原②$\mathrm{Cu(OH)_2\xlongequal{\triangle}CuO + H_2O}$
(2)①除去过量的锌粉②b③Ⅲ 光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色
解题思路

得到的溶液呈无色，说明一定无$\mathrm{CuO}$，那么X的组成只能是$\mathrm{Cu}$
实验1
1)足量稀$\mathrm{H_2SO_4}$ 2)足量$\mathrm{NH_3· H_2O}$
无色溶液+黑色粉末
实验2
足量$\mathrm{HNO_3}$
蓝色溶液
$\mathrm{Cu}$和稀$\mathrm{HNO_3}$反应生成蓝色的$\mathrm{Cu(NO_3)_2}$溶液：
$3\mathrm{Cu}+8\mathrm{HNO_3}=3\mathrm{Cu(NO_3)_2}+2\mathrm{NO}\uparrow+4\mathrm{H_2O}$
解析:
(1)①新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为$\mathrm{Cu_2O}$，$\mathrm{Cu}$被葡萄糖从 +2 价还原为 +1 价，葡萄糖表现出还原性；②生成的黑色沉淀为$\mathrm{CuO}$，反应的化学方程式为$\mathrm{Cu(OH)_2\xlongequal{\triangle}CuO + H_2O}$。
(2)①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知，加入盐酸的作用是除去过量的锌粉；②先加$\mathrm{Zn}$粉、后加盐酸，得到固体为红棕色，则一定有$\mathrm{Cu}$($\mathrm{Cu_2O}$和$\mathrm{HCl}$发生歧化反应生成$\mathrm{Cu}$)，$20\mathrm{mL}\ 0.5\mathrm{mol· L^{-1}}\ \mathrm{CuSO_4}$中$n(\mathrm{Cu^{2+}})=0.5\mathrm{mol· L^{-1}}×20\mathrm{mL}×10^{-3}\mathrm{L· mL^{-1}}=0.01\mathrm{mol}$，$\mathrm{Cu}$的最大物质的量为$0.01\mathrm{mol}$，质量为$0.64\mathrm{g}$，生成$\mathrm{Cu_2O}$的最大质量为$0.72\mathrm{g}$，实际固体质量为$0.78\mathrm{g}$。若只有$\mathrm{Cu}$，则固体质量应小于等于$0.64\mathrm{g}$，a错误；若是$\mathrm{Cu}$包裹$\mathrm{Zn}$，则$0.64\mathrm{g}＜$固体质量$＜1.18\mathrm{g}$，b正确；若是$\mathrm{CuO}$，则不可能为红棕色，c错误；若是$\mathrm{Cu}$和$\mathrm{Cu_2O}$，固体质量应介于$0.64\sim0.72\mathrm{g}$之间，d错误；③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无$\mathrm{CuO}$，那么X的组成只能是$\mathrm{Cu}$；从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属$\mathrm{Cu}$呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。

经典真题2 滴定法/测量气体质量法
(2025·安徽,16,14分)侯氏制碱法以NaCl、CO₂和NH₃为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上,以NaCl和NH₄HCO₃为反应物,在实验室制备纯碱,步骤如下:
①配制饱和食盐水;
②在水浴加热下,将一定量研细的NH₄HCO₃加入饱和食盐水中,搅拌,使NH₄HCO₃溶解,静置,析出NaHCO₃晶体;
③将NaHCO₃晶体减压过滤、煅烧,得到Na₂CO₃固体。
回答下列问题:
(1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要使用的有烧杯、玻璃棒(填名称)。

(2)步骤②中NH₄HCO₃需研细后加入,目的是加快$\mathrm{NH_4HCO_3}$溶解、加快$\mathrm{NH_4HCO_3}$与$\mathrm{NaCl}$反应。
(3)在实验室使用NH₄HCO₃代替CO₂和NH₃制备纯碱,优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。
(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如图所示。

①到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V₁mL,到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V₂mL。V₁=V₂,所得产品的成分为a(填字母)。
a.Na₂CO₃
b.NaHCO₃
c.Na₂CO₃和NaHCO₃
d.Na₂CO₃和NaOH
②到达第一个滴定终点前,某同学滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的V₁'＞V₁(填“＞”“＜”或“=”)。
(5)已知常温下Na₂CO₃和NaHCO₃的溶解度分别为30.7g和10.3g。向饱和Na₂CO₃溶液中持续通入CO₂气体会产生NaHCO₃晶体。实验小组进行相应探究:

①实验a无明显现象的原因是$\mathrm{CO_2}$在饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的$\mathrm{NaHCO_3}$的量较少，$\mathrm{NaHCO_3}$在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。
②析出的白色晶体可能同时含有NaHCO₃和Na₂CO₃·10H₂O。称取0.42g晾干后的白色晶体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的无水CaCl₂和NaOH溶液,NaOH溶液增重0.088g,则白色晶体中NaHCO₃的质量分数为80%。

答案： 经典真题2
(1)烧杯、玻璃棒
(2)加快$\mathrm{NH_4HCO_3}$溶解、加快$\mathrm{NH_4HCO_3}$与$\mathrm{NaCl}$反应
(3)工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高
(4)①a②＞
(5)①$\mathrm{CO_2}$在饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的$\mathrm{NaHCO_3}$的量较少，$\mathrm{NaHCO_3}$在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体②80%
解题思路
实验目的：探究$\mathrm{CO_2}$与饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液反应产生的晶体成分
实验 操作 现象 实验原理
a 将$\mathrm{CO_2}$匀速通入置于烧杯中的$20\mathrm{mL}$饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液，持续$20\mathrm{min}$，消耗$600\mathrm{mL}\ \mathrm{CO_2}$ 无明显现象 $\mathrm{CO_2}$在饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液中的溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的$\mathrm{NaHCO_3}$的量较少，$\mathrm{NaHCO_3}$在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体
b 将$20\mathrm{mL}$饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液注入充满$\mathrm{CO_2}$的$500\mathrm{mL}$矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶$1\sim2\mathrm{min}$，静置 矿泉水瓶变瘪，$3\mathrm{min}$后开始有白色晶体析出 增大了$\mathrm{CO_2}$和饱和$\mathrm{Na_2CO_3}$溶液发生反应的速率，发生反应$\mathrm{Na_2CO_3}+\mathrm{CO_2}+\mathrm{H_2O}=2\mathrm{NaHCO_3}\downarrow$
解析:
(1)步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。
(2)固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且与其他物质反应的速率越大。
(3)$\mathrm{CO_2}$和$\mathrm{NH_3}$在水中可以发生反应生成$\mathrm{NH_4HCO_3}$，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境会产生不好的影响等问题。
(4)①根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B时，发生的反应为$\mathrm{Na_2CO_3}+\mathrm{HCl}=\mathrm{NaCl}+\mathrm{NaHCO_3}$，消耗盐酸$V_1\mathrm{mL}$；到达第二个滴定终点C时，发生的反应为$\mathrm{NaHCO_3}+\mathrm{HCl}=\mathrm{NaCl}+\mathrm{CO_2}\uparrow+\mathrm{H_2O}$，又消耗盐酸$V_2\mathrm{mL}$，因为$V_1=V_2$，说明产品中不含$\mathrm{NaHCO_3}$和$\mathrm{NaOH}$，因此，所得产品的成分为$\mathrm{Na_2CO_3}$，a正确；②滴入盐酸局部过浓，其必然会使一部分$\mathrm{Na_2CO_3}$与盐酸反应生成$\mathrm{CO_2}$，从而使得$V_1＞V_1'$。
(5)②$\mathrm{NaHCO_3}$受热分解生成的气体中有$\mathrm{H_2O}$和$\mathrm{CO_2}$，而$\mathrm{Na_2CO_3}·10\mathrm{H_2O}$分解产生的气体中只有$\mathrm{H_2O}$，无水$\mathrm{CaCl_2}$可以吸收分解产生的$\mathrm{H_2O}$，$\mathrm{NaOH}$溶液可以吸收分解产生的$\mathrm{CO_2}$；$\mathrm{NaOH}$溶液增重$0.088\mathrm{g}$，则分解产生的$\mathrm{CO_2}$的质量为$0.088\mathrm{g}$，其物质的量为$\frac{0.088\mathrm{g}}{44\mathrm{g· mol^{-1}}}=0.002\mathrm{mol}$，由分解反应可知，$\mathrm{NaHCO_3}$的物质的量为$0.004\mathrm{mol}$，则白色晶体中$\mathrm{NaHCO_3}$的质量为$0.004\mathrm{mol}×84\mathrm{g· mol^{-1}}=0.336\mathrm{g}$，故其质量分数为$\frac{0.336\mathrm{g}}{0.42\mathrm{g}}×100\%=80\%$。