苏教版化学专题一检测卷(附答案解析)

1、苏教版化学专题一检测卷一选择题（共12小题，满分52分）1（4分）在化学学科中经常使用下列物理量，其中跟阿伏加德罗常数（NA）无关的组合是（）相对原子质量；摩尔质量（g/mol）；原子半径；中和热（kJ/mol）；物质的量；化学反应速率mol/（Ls）；气体摩尔体积（L/mol）；溶解度；燃烧热（kJ/mol）；溶质的质量分数ABCD2（4分）在标准状况下，将V L A气体（摩尔质量是M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为d g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为（）ABCD3（4分）（2008全国理综，11）某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子

2、在a g HmX中所含质子的物质的量是（）A（AN+m）molB（AN）molC（AN）molD（AN+m）mol4（4分）用NA表示阿伏加德罗常数，以下说法中正确的是（）A标准状况下，11.2LCl2含有分子数等于0.5NAB常温常压下，2.24L四氯化碳中所含氯原子数等于0.4NAC0.1molCu与足量浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LD在同温同压下，相同体积的任何气体单质含有相同的原子数目5（4分）等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B1：6：9C1：3：3D1：3：66（

3、4分）下列说法正确的是（N0表示阿伏伽德罗常数的值）（）A标准状况下，以任意比例混和的甲烷和丙烷混和物22.4升，所含有的分子数为N0B标准状况下，1升辛烷完全燃烧后，所生成气态产物的分子数为N0C常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1摩H2，发生转移的电子数为2N0D常温常压下，1摩氦气含有的核外电子数为4N07（4分）下列各组稀溶液，不用其它试剂或试纸，仅利用溶液间的相互反应就可以将它们区别开的是（）A硝酸钾、硫酸钠、氯化钙、氯化钡B硫酸、硫酸铝、氯化钠、氢氧化钠C盐酸、硫酸钠、碳酸钠、氢氧化钠D硫酸氢钠、硫酸镁、碳酸钠、氢氧化钠8（4分）NA表示阿伏加德罗常数下列说法中不正确的是（）A2.

4、3 g Na和足量的O2完全反应，在常温和燃烧时，转移电子均为0.1NAB28.6g Na2CO310H2O在晶体中或溶液中，含有的CO32离子均小于0.1NAC1.6g的O2 或O2和O3的混合气体中，含有的氧原子数均为0.1NAD标准状况下，2.24L Cl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移电子均为0.1NA9（4分）限用一种试液即可区别Na2S、Na2S2O3、Na2CO3、NaAlO2、Na2SO4五种溶液应选用（）A烧碱溶液B盐酸C氨水D氯化钡溶液10（4分）阿伏加德罗常数约为6.021023mol1下列叙述正确的是（）A1L0.1mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的数目约为6

5、.021022B7.8gNa2O2中含有的阴离子数目约为6.021022C1mol金刚石中含有CC键的数目约为6.021023D标准状况下，1L甲醇完全燃烧后生成的CO2分子个数约为（1/22.4）6.02102211（6分）两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1 mol/L，密度为1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L，密度为2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为3g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为（）ABCDE12（6分）已知t下Na2SO3的溶解度是S g一定质量的Na2SO3溶液加入ag Na2SO3，在t恰好饱和若以Na2SO37H2O代替Na2SO3，也使原溶

6、液在t恰好饱和，需加入Na2SO37H2O（摩尔质量为252gmol1）的质量是（）ABCD二填空题（共4小题，满分36分）13（8分）利用明矾石（主要成分是K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如图甲：（1）“焙烧”过程中反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S 2Al2O3+9SO2，该反应中若生成102g Al2O3，转移的电子数目为（用NA表示阿伏伽德罗常数）（2）写出化学式：沉淀是，沉淀是（3）熟料溶解时反应的离子方程式为（4）写出Cl2将沉淀氧化为K2FeO4的化学方程式：（5）K2Fe

7、O4也可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：（6）该流程的废气中含有SO2，可利用图乙所示电解装置吸收SO2写出装置内所发生反应的离子方程式14（8分）某研究性小组欲用粗CuCl2固体（含Fe2+）制备纯净的无水氯化铜固体实验步骤：将粗CuCl2固体溶于蒸馏水，滴入少量的稀盐酸向上述所得的溶液中加入适量的双氧水继续滴加氨水调节溶液的PH为3.24.7，过滤将滤液经过操作I处理，得到CuCl2H2O晶体将晶体在某气流中加热脱水，得到无水氯化铜固体（1）步骤中加入适量的双氧水的目的（2）步骤继续滴加氨水调节溶液的PH为3.24.7是为了（3）步骤中操作

8、I的操作是（4）步骤中的气流指的是目的是15（12分）“鲜花保鲜剂”是各种鲜花采摘前的保鲜和采摘后的插花、瓶插、贮存保鲜的理想制剂，可以延缓鲜花的衰老，抑制鲜花和瓶插夜中的细菌和霉菌的繁殖下表是0.5L某种“鲜花保鲜剂”中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：成分质量（g）摩尔质量（gmo1）蔗糖25.00342硫酸钾0.348174阿司匹林0.170180高锰酸钾0.316158硝酸银0.020170 乙醇9.20046（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是A蔗糖B硫酸钾C乙醇D硝酸银 E、高锰酸钾（2）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为：molL1（3）

9、为了研究不同浓度的“鲜花保鲜剂”的保鲜功效，需配制多份不同物质的量浓度的溶液进行研究现欲配制500mL某物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”，所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、（在横线上填写所缺仪器的名称）（4）配制上述“鲜花保鲜剂”时，下列操作不正确的是（填编号）A、用电子天平（精确度为0.001g）称量各组成成分，并把它们放入烧杯中B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次D、配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后，直接沿玻璃棒引流至容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到标线E、往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处，改用胶

10、头滴管加水，使溶液的凹面恰好与刻度线相切（5）在配置过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容容量瓶在使用前未干燥，含有少量蒸馏水转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”而未洗净定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线16（8分）实验需要0.10mol/LNaOH溶液470mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中除了托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、药匙外还需要的其它仪器有：（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为 g（3）定容时，待容量瓶中溶液的凹液面正好与刻度线相

11、切，盖好瓶塞后的下一步操作是（4）定容时，若加入的水超过刻度线，必须采取的措施是：（5）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏低的有；无影响的有A、称量用了生锈的砝码；B、将NaOH放在纸张上称量；C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D、定容时俯视刻度线；E、容量瓶未干燥即用来配制溶液三解答题（共4小题，满分32分）17（5分）ABCDE五种物质中含有同一种元素，其相互转化关系如图所示如果A是淡黄色固体：（以下均写化学式）（1）则B是E是EC的化学方程式为（2）如果A是无色气体，写出A的电子式BC的化学方程式为18（11分）如图所示，ABCDE为中学化学中常见的五种物质，

12、它们之间有如下相互转化关系请回答：（1）若A通常状态下为固态单质，AE分别为（写化学式）A；B；C；D；E（2）若A通常状态下为气态单质，则AE分别为（写化学式）A；B；C；D；E（3）写出（2）中物质间转化的离子方程式EC19（6分）根据右上图实验，填空和回答问题：（1）烧瓶中所发生的主要反应的化学方程式是，装置（）的烧杯中冷水所起的作用是，装置（）的烧杯中液体的作用是（2）进行此实验时，烧瓶内的橡皮塞最好用锡箔包住，用橡皮管连接的两玻璃管口要相互紧靠，这是因为（3）装置（）烧杯中使用倒置漏斗可防止液体倒吸，试简述其原因20（10分）实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙大理石的主

13、要杂质是氧化铁以下是提纯大理石的实验步骤：（1）溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是（2）操作的目的是，溶液A（溶质是共价化合物）是（3）写出检验滤液中是否含铁离子的方法：（4）写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式：写出滤液B的一种用途：（5）CaO2中一般含CaO试按下列提示完成CaO2含量分析的实验设计试剂：氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞仪器：电子天平、锥形瓶、滴定管实验步骤：；加入；加入酚酞，用氢氧化钠标准溶液滴定（6）若理论上滴定时耗用标准溶液20.00mL恰好完全反应，实际操作中过量半滴（1mL溶液为25滴），则相对误差为苏教版化学专题一检测卷参考答案与试题解析一选择题（共1

14、2小题，满分52分）1（4分）在化学学科中经常使用下列物理量，其中跟阿伏加德罗常数（NA）无关的组合是（）相对原子质量；摩尔质量（g/mol）；原子半径；中和热（kJ/mol）；物质的量；化学反应速率mol/（Ls）；气体摩尔体积（L/mol）；溶解度；燃烧热（kJ/mol）；溶质的质量分数ABCD【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】根据物理量的单位，可以判断其与阿伏加德罗常数是否有关，相对原子质量，溶质的质量分数为具体数值，原子半径的单位为nm，溶解度的单位为g，这些物理量与阿伏加德罗常数均无关【解答】解：相对原子质量等于一个原子质量除以

15、碳原子质量的，和阿伏加德罗常数无关，故符合；摩尔质量（g/mol）是单位物质的量物质的质量，与阿伏加德罗常数有关；故不符合；原子半径是具体数据单位为nm；与阿伏加德罗常数无关，故不符合；中和热（kJ/mol）是强酸强碱稀溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量；故不符合；物质的量是表示微观粒子的物理量；单位为mol，和阿伏加德罗常数有关，故不符合；化学反应速率mol/（Ls）；是单位时间内物质浓度的变化，单位为mol/（Ls）与阿伏加德罗常数有关，故不符合；气体摩尔体积（L/mol）一定温度压强下1mol气体的体积，和阿伏加德罗常数有关；故不符合；溶解度是100g水中 达到饱和溶解溶质的质量，

16、单位g，与阿伏加德罗常数无关；故符合；燃烧热（kJ/mol）；是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出德尔 热量，与阿伏加德罗常数有关，故不符合；溶质的质量分数，是溶质质量除以溶液质量，与阿伏加德罗常数无关，故符合；故答案为：；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，理解各概念的含义和计算方法是解题关键，题目较简单2（4分）在标准状况下，将V L A气体（摩尔质量是M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为d g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据n=来计算气体的物质的量，

17、利用m=nM来计算气体的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V= 来计算溶液的体积，最后利用c=来计算该溶液的物质的量浓度【解答】解：标准状况下，气体的物质的量为= mol，气体的质量为 molM gmol1=g，水的质量为100mL1g/mL=100g，即溶液的质量为g+100g，则溶液的体积为，则该溶液的物质的量浓度为=，故选：B【点评】本题考查学生利用物质的量浓度的定义式计算，明确溶液中的溶质的物质的量及溶液的体积即可计算，溶液的体积计算是解答本题的关键，并注意本题中应按照气体与水不反应来分析3（4分）（2008全国理综，11）某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与11

18、H原子组成HmX分子在a g HmX中所含质子的物质的量是（）A（AN+m）molB（AN）molC（AN）molD（AN+m）mol【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用菁优网版权所有【专题】压轴题；原子组成与结构专题【分析】根据公式：分子中质子的物质的量=分子的物质的量一个分子中含有的质子数=一个分子中含有的质子数来计算【解答】解：同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为AN故HmX分子中的质子数为m+AN，又由于HmX中H为11H，故agHmX分子中所含质子的物质的量为：（A+mN）mol故选：A【点评】本题考查学生教材中的基本公式和质量数、质子数、中子数之

19、间的关系知识，可以根据所学知识进行回答，较简单4（4分）用NA表示阿伏加德罗常数，以下说法中正确的是（）A标准状况下，11.2LCl2含有分子数等于0.5NAB常温常压下，2.24L四氯化碳中所含氯原子数等于0.4NAC0.1molCu与足量浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LD在同温同压下，相同体积的任何气体单质含有相同的原子数目【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、根据n=计算，标准状况下，11.2LCl2物质的量为0.5mol；B、根据条件和状态来分析，常温常压下四氯化碳为液体，无法计算其物质的量，并且条件也不是标准状况下；C、

20、根据是否能确定为0.1mol进行判断；D、根据分子的组成判断，分子的组成原子数不一定相等，例如常见分子：O2、He、O3、CH4等；【解答】解：A、标准状况下，11.2LCl2物质的量为0.5mol，含有分子数等于0.5NA，故A正确；B、常温常压下，2.24L四氯化碳为液体，无法计算其物质的量，故B错误；C、如在标准状况下，根据反应Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O计算，0.1molCu与足量浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24L，但如果不在标准状况下，则无法计算气体的体积，故C错误；D、分子的组成原子数不一定相等，例如常见分子：O2、He、O3、CH4等，故D错误故选A【点评

21、】本题考查阿伏加德罗常数，做题时注意物质的状态、存在的条件、物质的性质和分子的组成等因素，本题难度并不大，审题是做好此种类型题目的关键5（4分）等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应若生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B1：6：9C1：3：3D1：3：6【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】压轴题；离子反应专题【分析】生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，然后利用Al2（SO4）33BaSO4、ZnSO4BaSO4、Na2SO4BaSO4来计算【解答】

22、解：由生成硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，即生成硫酸钡的物质的量之比为1：2：3，设生成硫酸钡的物质的量分别为n、2n、3n，则Al2（SO4）33BaSO4 1 3 nZnSO4BaSO4 1 12n 2nNa2SO4BaSO4 1 1 3n 3n又硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比，即为：2n：3n=1：6：9，故选B【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键，并熟悉同种物质的质量比等于物质的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比来解答6（4分）下列说法正确的是（N0表示阿伏伽德罗常数的值）（）A标准状况下，以任意

23、比例混和的甲烷和丙烷混和物22.4升，所含有的分子数为N0B标准状况下，1升辛烷完全燃烧后，所生成气态产物的分子数为N0C常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1摩H2，发生转移的电子数为2N0D常温常压下，1摩氦气含有的核外电子数为4N0【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A根据n=判断；B标准状况下，辛烷为液体；C根据氧化还原反应得失电子守恒计算；D氦气为单原子分子【解答】解：A标准状况下，22.4L气体的物质的量为1mol，则含有的分子数为N0，故A正确；B标准状况下，辛烷为液体，1升辛烷的物质的量不等于mol，故B错误；C氧化还原反应得

24、失电子守恒，生成1摩H2，转移的电子为2mol，电子数为2N0，故C正确；D氦气为单原子分子，常温常压下，1摩氦气含有的核外电子数为2N0，故D错误故选AC，【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意物质的组成、结构以及存在的外界条件以及聚集状态等问题7（4分）下列各组稀溶液，不用其它试剂或试纸，仅利用溶液间的相互反应就可以将它们区别开的是（）A硝酸钾、硫酸钠、氯化钙、氯化钡B硫酸、硫酸铝、氯化钠、氢氧化钠C盐酸、硫酸钠、碳酸钠、氢氧化钠D硫酸氢钠、硫酸镁、碳酸钠、氢氧化钠【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用菁优网版权所有【专题】压轴题；物质检验鉴别题【分析】B中因硫酸铝和氢氧

25、化钠混合的顺序不同，反应现象不同，可首先鉴别出这两种物质，向硫酸铝中加入少量的氢氧化钠可产生白色沉淀，再向沉淀中加入另两种物质，能使沉淀溶解的为硫酸D中任一物质与其他三种物质混合，现象各不相同，从而一一鉴别开【解答】解：A溶液两两混合时，Ca2+、Ba2+与SO42都反应生成白色沉淀，其余无沉淀，不能鉴别，故A错误；B硫酸铝和氢氧化钠混合的顺序不同，反应现象不同，可首先鉴别出这两种物质，向硫酸铝中加入少量的氢氧化钠可产生白色沉淀，再向沉淀中加入另两种物质，能使沉淀溶解的为硫酸，可鉴别，故B正确；C溶液两两混合时，只有HCl与Na2CO3能反应产生气泡，其余的无现象，不能鉴别，故C错误；D溶液两

26、两混合时，产生气泡的物质为NaHSO4和Na2CO3，用此两种溶液分别和另外两种溶液混合，能产生沉淀的是Na2CO3和MgSO4，余下的为NaOH，可鉴别，故D正确故选BD【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度中等，本题注意物质的性质，把握常见物质的检验方法，易错点为B8（4分）NA表示阿伏加德罗常数下列说法中不正确的是（）A2.3 g Na和足量的O2完全反应，在常温和燃烧时，转移电子均为0.1NAB28.6g Na2CO310H2O在晶体中或溶液中，含有的CO32离子均小于0.1NAC1.6g的O2 或O2和O3的混合气体中，含有的氧原子数均为0.1NAD标准状况下，2.24L Cl2通入足

27、量H2O或NaOH溶液中转移电子均为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、钠完全反应，钠元素化合价由0价升高为+1价，1mol钠转移1mol电子B、28.6g Na2CO310H2O的物质的量为0.1mol，晶体中碳酸根的物质的量为0.1mol，碳酸根在溶液中发生水解，溶液中碳酸根的物质的量小于0.1molC、物质都是由氧原子构成的，根据n=计算氧原子的物质的量，再根据N=nNA计算氧原子数目D、氯气与水、氢氧化钠反应中氯气都起氧化剂与还原剂作用，都各占，标准状况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气与水反应存在平衡，0

28、.1mol氯气不能完全反应，氯气在氢氧化钠溶液中完全反应【解答】解：A、2.3gNa和足量的O2完全反应，钠元素化合价都由0价升高为+1价，在常温和燃烧时，反应的钠的质量相同，转移电子数相同，2.3gNa的物质的量为0.1mol，所以转移电子数为0.1mol1NAmol1=0.1NA，故A正确；B、28.6g Na2CO310H2O的物质的量为=0.1mol，晶体中碳酸根的物质的量为0.1mol，含有的CO32离子0.1NA，碳酸根在溶液中发生水解，溶液中碳酸根的物质的量小于0.1mol，所以溶液含有的CO32离子小于0.1NA，故B错误；C、1.6g的O2 或O2和O3的混合气体中，物质都是

29、由氧原子构成的，所以1.6gO2 或O2和O3的混合气体中含有的原子的物质的量相等为=0.1mol，含有的氧原子数均为0.1NA，故C正确；D、标准状况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气与水、氢氧化钠反应中氯气都起氧化剂与还原剂作用，都各占氯气与水反应存在平衡，0.1mol氯气不能完全反应，转移电子数小于0.1mol2NAmol1=0.1NA；氯气在氢氧化钠溶液中完全反应，所以0.1mol氯气反应转移电子数为0.1mol2NAmol1=0.1NA，故D错误故选：BD【点评】考查常用化学计量的有关计算，难度中等，D为易错点，容易忽略氯气与水存在的平衡9（4分）限用一种试液即可区别Na

30、2S、Na2S2O3、Na2CO3、NaAlO2、Na2SO4五种溶液应选用（）A烧碱溶液B盐酸C氨水D氯化钡溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用菁优网版权所有【专题】压轴题；物质检验鉴别题【分析】五种溶液阳离子均为Na+，因此应考虑阴离子的鉴别；选择盐酸，当产生有臭鸡蛋气味的是Na2S，产生淡黄色沉淀的是Na2S2O3，产生无色无味气体的是Na2CO3，先有白色沉淀，继而沉淀又消失的是NaAlO2，无明显变化的是Na2SO4【解答】解：A加入烧碱溶液，与题中五种溶液都不反应，无法鉴别，故A错误；B加入盐酸，产生有臭鸡蛋气味的是Na2S，产生淡黄色沉淀的是Na2S2O3，产生无色无

31、味气体的是Na2CO3，先有白色沉淀，继而沉淀又消失的是NaAlO2，无明显变化的是Na2SO4，可鉴别，故B正确；C加入氨水，与题中五种溶液都不反应，无法鉴别，故C错误；D加入氯化钡溶液，无法鉴别Na2CO3和Na2SO4溶液，二者都产生沉淀，故D错误故选B【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度不大，本题注意从阴离子的鉴别的角度入手，易错点为D项，注意常见物质的性质以及检验方法10（4分）阿伏加德罗常数约为6.021023mol1下列叙述正确的是（）A1L0.1mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的数目约为6.021022B7.8gNa2O2中含有的阴离子数目约为6.021022C1mol金

32、刚石中含有CC键的数目约为6.021023D标准状况下，1L甲醇完全燃烧后生成的CO2分子个数约为（1/22.4）6.021022【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、Fe3+能发生一定程度的水解；B、Na2O2中含有的阴离子为O22，根据n=计算过氧化钠的物质的量，进而计算O22的物质的量，再根据N=nNA计算；C、金刚石晶体中每个C原子成4个CC，故1个CC键为1个C原子通过，故1mol金刚石含有2molCC键；D、甲醇是液体，不能利用气体摩尔体积22.4L/mol【解答】解：A、1L0.1mol/L的FeCl3溶液中n（FeCl3）

33、=1L0.1mol/L=0.1mol，Fe3+能发生一定程度的水解，故溶液中Fe3+的物质的量小于0.1mol，数目小于6.021022，故A错误；B、7.8g过氧化钠的物质的量为=0.1mol，Na2O2中含有的阴离子为O22，O22的物质的量为0.1mol，故含有含有的阴离子数目约为6.021022，故B正确；C、金刚石晶体中每个C原子成4个CC，故1个CC键为1个C原子通过，故1mol金刚石含有2molCC键，1mol金刚石中含有CC键的数目约为26.021023，故C错误；D、甲醇是液体，不能利用气体摩尔体积22.4L/mol，1L甲醇的物质的量远远大于mol，故D错误；故选B【点评】

34、考查常用化学计量的有关计算，难度中等，注意C中金刚石的晶体结构，注意气体摩尔体积的使用对象与条件11（6分）两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1 mol/L，密度为1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L，密度为2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为3g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为（）ABCDE【考点】物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题【分析】令溶液体积都为1L，计算出两种硫酸溶液的质量，混合后的硫酸溶液质量为两种硫酸溶液的质量之和，再利用密度计算混合后的体积，根据混合后硫酸的物质的量为原两种硫酸溶液中硫酸的物质的量计算浓度【

35、解答】解：令溶液体积都为1L，则混合后硫酸溶液的质量为1000ml1g/ml+1000ml2g/ml=1000（1+2）g所以混合后的硫酸溶液的体积为=1000ml=L令混合后的物质的量浓度为c，则：1LC1 mol/L+1LC2 mol/L=Lc解得，c=故选：D【点评】考查物质的量浓度计算，难度中等，灵活运用公式，计算混合后溶液的体积是关键12（6分）已知t下Na2SO3的溶解度是S g一定质量的Na2SO3溶液加入ag Na2SO3，在t恰好饱和若以Na2SO37H2O代替Na2SO3，也使原溶液在t恰好饱和，需加入Na2SO37H2O（摩尔质量为252gmol1）的质量是（）ABCD【

36、考点】溶解度、饱和溶液的概念；物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【专题】压轴题；溶液和胶体专题【分析】从题目的叙述中可以理解为加入ag Na2SO3时溶液饱和，改用Na2SO37H2O也要达到饱和，换言之，Na2SO37H2O中的Na2SO3除了满足原溶液饱和外，还要使结晶水中溶解的Na2SO3也达到饱和【解答】解：设需Na2SO37H2O的质量为x，则Na2SO37H2O中含Na2SO3和H2O质量相等均为0.5x，据题意可得：，则x=故选B【点评】本题是一道有关饱和溶液以及溶解度的概念知识的题目，有一定的思维空间二填空题（共4小题，满分36分）13（8分）利用明矾石（主要成分是K2SO4

37、Al2（SO4）32Al2O36H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如图甲：（1）“焙烧”过程中反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S 2Al2O3+9SO2，该反应中若生成102g Al2O3，转移的电子数目为6NA（用NA表示阿伏伽德罗常数）（2）写出化学式：沉淀是Al（OH）3，沉淀是Fe（OH）3（3）熟料溶解时反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（4）写出Cl2将沉淀氧化为K2FeO4的化学方程式：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O（5）K2FeO4也可以铁为电极，通过

38、电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O（6）该流程的废气中含有SO2，可利用图乙所示电解装置吸收SO2写出装置内所发生反应的离子方程式SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计菁优网版权所有【专题】实验设计题【分析】（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，计算生成102gAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，沉

39、淀是Al（OH）3；沉淀是Fe（OH）3；（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；（4）沉淀是Fe（OH）3，氯气将+3价的铁氧化成+6价，自身被还原成1价，据此书写化学反应方程式；（5）电解时阳极发生反应生成FeO42，依据化合价的变化和电荷守恒书写电极反应；（6）电解时阳极发生反应生成SO42，阴极Cu2+得到电子生成Cu，依据化合价的变化和电荷守恒书写反应；【解答】解：利用明矾石（主要成分是K2SO4Al2（SO4）32Al2O36H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K2SO4Al2（

40、SO4）32Al2O3，“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3S 2Al2O3+9SO2，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42、AlO2、OH等，加硫酸调PH值，AlO2转化为Al（OH）3，灼烧生成Al2O3，母液中离子主要有K+、SO42，含有溶质为K2SO4，滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH

41、=2Fe（OH）3+3K2SO4，通入氯气：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，制得K2FeO4；（1）反应中硫元素化合价由Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，生成102gAl2O3的物质的量为n=1mol，需要硫的物质的量为1mol=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol4=6mol，转移电子数目为N=nNA=6molNAmol1=6NA，故答案为：6NA；（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，铝土矿中的氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不和氢氧化钠溶液反应过滤得到滤渣为氧化铁

42、，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42、AlO2、OH等，加硫酸调PH值，AlO2转化为Al（OH）3，沉淀是Al（OH）3；滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3+3K2SO4，沉淀是Fe（OH）3，故答案为：Al（OH）3；Fe（OH）3；（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：

43、Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（4）沉淀是Fe（OH）3，氯气将+3价的铁氧化成+6价，自身被还原成1价，发生反应为：2Fe（OH）3+3Cl2+10 KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O；（5）阳极是铁失电子在碱性溶液中发生氧化反应生成FeO42；电极反应为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故答案为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；（6）电解时阳极发生反应生成SO42，阴极Cu2+得到电子生成Cu，装置内所发生反应的离子方程式为：SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu，故

44、答案为：SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu；【点评】本题以铝、铁的化合物为载体考查了物质间的反应、物质的分离和电解等知识点，明确物质之间的反应是解本题关键，这种综合性较强的题型是高考热点，须利用基础知识细心分析解答，题目难度中等14（8分）某研究性小组欲用粗CuCl2固体（含Fe2+）制备纯净的无水氯化铜固体实验步骤：将粗CuCl2固体溶于蒸馏水，滴入少量的稀盐酸向上述所得的溶液中加入适量的双氧水继续滴加氨水调节溶液的PH为3.24.7，过滤将滤液经过操作I处理，得到CuCl2H2O晶体将晶体在某气流中加热脱水，得到无水氯化铜固体（1）步骤中加入适量的双氧水的目的使亚铁离子氧化为铁

45、离子（2）步骤继续滴加氨水调节溶液的PH为3.24.7是为了使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，避免铜离子沉淀（3）步骤中操作I的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）步骤中的气流指的是在氯化氢气流中加热目的是避免铜离子的水解【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【专题】实验设计题【分析】（1）双氧水是绿色氧化剂，可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，自身被还原为水；（2）除去氯化铜中的氯化铁，根据氢氧化物的沉淀PH进行分析，使氯化铁完全生成氢氧化铁；（3）获得溶液中的溶质晶体一般经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，带有结晶水的晶体加热除去结晶水时一般考虑水解；（4

46、）铜离子水解导致溶液显示酸性，氯化氢气流环境可以抑制铜离子水解的发生；【解答】解：步骤将粗CuCl2固体溶于蒸馏水，滴入少量的稀盐酸，溶液中含有CuCl2、FeCl2，步骤是加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，步骤继续滴加氨水调节溶液的PH为3.24.7，过滤，使铁离子完全沉淀，从溶液中获得晶体要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤一系列步骤，带有结晶水的晶体加热除去结晶水时一般考虑水解，为防止加热时铜离子水解，需在酸性气流中加热，得到无水氯化铜固体（1）双氧水是绿色氧化剂，可以将亚铁离

47、子氧化为三价铁离子，自身被还原为水，即H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：使亚铁离子氧化为铁离子；（2）若要除去氯化铁，氢氧化铁的开始沉淀PH=1.9，沉淀完全PH=3.2；氢氧化铜开始沉淀的PH=4.7；所以PH控制在3.2到4.7之间；故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，避免铜离子沉淀；（3）将滤液加热浓缩，冷却结晶，过滤、（冰水）洗涤，干燥，得到CuCl2H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）为防止加热时铜离子水解，将 CuCl2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热至质量不再变化为止，得到无水氯化铜固体，既可抑制Cu2+的水解，同时带

48、走产生的水蒸气，故答案为：在氯化氢气流中加热，避免铜离子的水解【点评】本题考查了物质制备实验设计步骤和过程分析判断，掌握铜离子的性质和理解掌握物质分离提纯的实验方法是解题关键，题目难度中等15（12分）“鲜花保鲜剂”是各种鲜花采摘前的保鲜和采摘后的插花、瓶插、贮存保鲜的理想制剂，可以延缓鲜花的衰老，抑制鲜花和瓶插夜中的细菌和霉菌的繁殖下表是0.5L某种“鲜花保鲜剂”中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：成分质量（g）摩尔质量（gmo1）蔗糖25.00342硫酸钾0.348174阿司匹林0.170180高锰酸钾0.316158硝酸银0.020170 乙醇9.20046（1）下列“鲜花保鲜剂”的

49、成分中，属于非电解质的是ACA蔗糖B硫酸钾C乙醇D硝酸银 E、高锰酸钾（2）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为：0.012molL1（3）为了研究不同浓度的“鲜花保鲜剂”的保鲜功效，需配制多份不同物质的量浓度的溶液进行研究现欲配制500mL某物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”，所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管（在横线上填写所缺仪器的名称）（4）配制上述“鲜花保鲜剂”时，下列操作不正确的是（填编号）BDA、用电子天平（精确度为0.001g）称量各组成成分，并把它们放入烧杯中B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手

50、的手指托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次D、配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后，直接沿玻璃棒引流至容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到标线E、往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹面恰好与刻度线相切（5）在配置过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容容量瓶在使用前未干燥，含有少量蒸馏水转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“鲜花保鲜剂”而未洗净定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度；电解质与非电解质菁

51、优网版权所有【专题】综合实验题【分析】（1）根据非电解质定义解答，非电解质包括：酸性氧化物（如CO2、NO2、SO2）、大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气；（2）K+来自高锰酸钾、硫酸钾的电离，由n=计算高锰酸钾、硫酸钾的物质的量，根据钾离子守恒可知n（K+）=n（KMnO4）+2n（K2SO4），再根据物质的量浓度定义计算钾离子物质的量浓度；（3）根据溶液的配制步骤来分析使用的仪器；（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；（5）根据c=分析判断，若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大；【解答】解：（1）A蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电

52、离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；B硫酸钾能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；C乙醇含有乙醇分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故C正确；D硝酸银在熔融状态下和水溶液中都能够导电，硝酸银为电解质，故D错误；E、高锰酸钾在熔融状态下和水溶液中都能够导电，高锰酸钾为电解质，故E错误；故答案为：AC；（2）高锰酸钾的物质的量为n（KMnO4）=0.002mol硫酸钾的物质的量为n（K2SO4）=0.002mol，n（K+）=n（KMnO4）+2n（K2SO4）=0.002mol+20.002mol=0.006mol，所以c（K+）

53、=0.012mol/L，故答案为：0.012；（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，由操作可知，因配制500mL溶液，则需选用500mL容量瓶，最后需胶头滴管定容，所以所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外还需500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；（4）A用电子天平（精确度为0.001g）称量各组成成分，并把它们放入烧杯中，该操作正确，故A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗，则移入容量瓶内溶质的物质的量增大，故B错误；C盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，对所配溶液浓度无影响，故C正确；D配制