2022届高三化学二轮专题卷汇总（附答案解析）

一、选择题（本题共22小题，每题只有一个选项符合题意）1．2021年播出《中国国宝大会》，通过文博知识竞答传播中华五千年的文化底蕴。下列有关国宝级文物对应化学成分正确的是A．广汉三星堆出土的青铜古树——合金B．汉代织锦“五星出东方利中国”——纤维素C．安阳殷墟出土的甲骨——硅酸盐D．元代青花瓷“萧何月下追韩信梅瓶”——二氧化硅【答案】A【解析】A．青铜为合金材料，故A正确；B．汉代织锦为蚕丝制品，它见证了中国古代丝绸之路的畅通，主要成分应含蛋白质而非纤维素，故B错误；C．甲骨为龟甲或兽骨，主要由角质和骨质等有机质组成，并非硅酸盐，故C错误；D．元代青花瓷器应为硅酸盐制品，不是二氧化硅，故D错误。故答案A。2．化学来自于生活，下列与化学有关的生活常识解释不相符的是选项生活常识解释A煮西红柿鸡蛋汤时加少量油，汤汁更浓油可以萃取西红柿中的有机物B维生素C常与补铁剂同服，治疗贫血效果更佳维生素C具有还原性C食盐防止肉质腐烂氯离子具有抗氧化性D用明矾溶液擦拭铜镜去除铜锈明矾中的Al3+水解产生H+，与铜锈发生反应A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．有机物易溶于有机溶剂，油可以萃取西红柿中的有机物，故A正确；B．维生素C具有还原性，能防止补铁剂中Fe2+被氧化为Fe3+，故B正确；C．氯离子不能被氧气氧化，氯离子没有抗氧化性，故C错误；D．明矾中的Al3+水解产生H+，与铜锈发生反应，所以用明矾溶液擦拭铜镜去除铜锈，故D正确；选C。3．化学与人类的生产、生活有着密切联系。下列叙述正确的是A．有机玻璃和高温结构陶瓷都于新型无机非金属材料B．卤素单质的熔点从到逐渐升高，则碱金属单质的熔点从到逐渐升高C．浓硫酸有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制成艺术品D．食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋目的是防止食物受潮、氧化【答案】D【解析】A．有机玻璃为聚甲基丙烯酸甲酯，为合成有机高分子材料，而高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，A项错误；B．卤素单质的熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则从到逐渐升高，金属的熔点与金属键有关，原子半径越小，金属键越强，熔点越高，所以碱金属单质的熔点从到逐渐降低，B项错误；C．浓硫酸有强腐蚀性，但不和二氧化硅反应，不能用浓硫酸刻蚀石英，C项错误；D．硅胶具有吸水性，可以作干燥剂，铁粉具有还原性，可以防止食品被氧化，所以食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，是为了防止食物受潮、氧化变质，D项正确；答案选D。4．下列药品对应的临床应用错误的是A．青霉素的不良反应是过敏反应，因此用药前要进行皮肤敏感试验B．患有胃溃疡、胃穿孔的病人，可服用含碳酸钙、碳酸氢钠等抗酸药C．麻黄碱适合于医治支气管哮喘、鼻粘膜充血引起的鼻塞等疾病D．服用麻黄碱的不良反应是可能出现由于中枢神经兴奋所导致的不安、失眠【答案】B【解析】A．青霉素引起过敏反应，甚至是危害生命的过敏反应，用药前要进行皮肤敏感试验，A项正确；B．碳酸钙、碳酸氢钠等抗酸药和胃酸反应生成二氧化碳，对胃溃疡病人可能会引起胃穿孔，B项错误；C．麻黄碱可以通过减少鼻粘膜局部的血流量来治疗缓解鼻塞状况，C项正确；D．服用麻黄碱可能出现由于中枢神经兴奋所导致的不安、失眠，D项正确；答案选B。5．劳动教育是五育并举的重要一环，下列劳动涉及的化学知识不正确的是选项劳动项目化学知识A垃圾分类“可回收物”中废纸、塑料、玻璃均属于无机非金属材料B秋收体验收获的秸秆可用于生产酒精、饲料C污水处理利用明矾可使废水中的细小颗粒絮凝聚沉D抽纱实践抽纱所用材料棉、麻面料均为纤维素A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．废纸、塑料属于有机物，故A错误；B．秸秆主要成份是纤维素，纤维素经过水解得到葡萄糖，葡萄糖变为乙醇，因此秸秆可用于生产酒精、饲料，故B正确；C．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中杂质，可使废水中的细小颗粒絮凝聚沉，故C正确；D．棉、麻面料均为纤维素，故D正确。综上所述，答案为A。6．我国是一个拥有五千年文化传承的文明古国。央视以《国家宝藏》、《中国国宝大会》等节目传播中华传统文化，下列国宝级文物主要由硅酸盐制成的是选项ABCD文物名称《清明上河图》故宫博物院《四羊方尊》国家博物馆兵马俑秦始皇博物馆《金漆木雕大神龛》广东省博物馆A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．《清明上河图》的主要材质是纸，故为纤维素，不属于无机硅酸盐材料，A不合题意；B．《四羊方尊》是青铜器皿，青铜属于合金，是金属材料，B不合题意；C．秦兵马俑是陶瓷，属于无机硅酸盐材料，C符合题意；D．《金漆木雕大神龛》主要材料是木质材料，为纤维素，不属于无机硅酸盐材料，D不合题意；故答案为C。7．在新冠疫情的不利条件下，我国在防治疫情、生产、生活、社会发展等方面，仍然取得了巨大成就。下列有关说法正确的是A．疫情期间大量使用的“84消毒液”主要成分是次氯酸钙B．我国珠海航展上的歼—20隐身战机表面涂层主要是为了美观C．我国天宫一号空间站所用太阳能电池是把化学能转化为电能D．我国最新研制免费注射的新冠疫苗，其主要成分是蛋白质【答案】D【解析】A．“84消毒液”主要成分是次氯酸钠，A错误；B．珠海航展上的歼—20隐身战机表面涂层主要目的不是为了美观，主要是为了抗腐蚀，起保护作用，B错误；C．太阳能电池是把光能转化为电能的装置，C错误；D．新冠疫苗的主要成分是蛋白质，D正确；故选D。8．化学与科技生产、生活环境等密切相关，下列说法错误的是A．市售暖贴的发热原理是利用原电池加快氧化还原反应速率B．明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性C．减少燃煤的使用，改用风能、太阳能等能源，符合“低碳生活”理念D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，利用了外加电源的阴极保护法【答案】D【解析】A．暖贴里面主要用碳粉、铁粉和食盐水，再加一些添加剂组成原电池，利用原电池加快氧化还原反应速率，故A正确；B．明矾在水中可以电离出两种金属离子：KAl(SO4)2=K++Al3++2，而铝离子很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水中悬浮的杂质，形成沉淀，使水澄清，故B正确；C．风能、太阳能为清洁能源，能减少二氧化碳排放，低碳环保，故C正确；D．镁比铁活泼，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，发生腐蚀时，镁作负极而被腐蚀，利用了牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；答案选D。9．2021年，中国航天不断创造奇迹，“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，“长征六号”送星入轨，“神舟十三号”载人飞天。腾飞中国离不开化学，下列有关说法正确的是A．“天问一号”所用的太阳能电池帆板，其主要材料是二氧化硅B．“嫦娥五号”运载火箭使用液氧、液氢推进剂，产物对环境无污染C．“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度大、耐腐蚀D．“神舟飞船”航天员所使用的操纵杆采用碳纤维材料制作，碳纤维属于有机高分子材料【答案】B【解析】A．晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的主要原料，二氧化硅不具有此性质，“天问一号”所用的太阳能电池帆板其主要材料是晶体硅，A错误；B．“嫦娥五号”运载火箭用液氧、液氢推进剂，反应生成水，产物对环境无污染，B正确；C．“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高具有高强度和耐高温、耐腐蚀、密度小等优点，C错误；D．碳纤维为碳单质，不属于有机高分子材料，D错误；故选B。10．我国科研团队经多年研究发现，约33万平方公里的中国新疆塔克拉玛干沙漠目前每年可固碳160万吨（约等于1021平方公里森林的年固碳量）。在热胀冷缩的作用下，沙漠对CO2的吸收主要在夜晚，白天则主要是释放，其固碳能力将随气候变暖逐年减弱，预计2100年左右CO2的吸收量将被释放量追平，失去固碳能力。下列有关分析或叙述错误的是A．沙漠中沙物质的主要成分石英和长石（复杂的多硅酸盐）也能起到化学固碳作用B．若“沙漠变绿洲”，通过光合作用可使固碳能力较沙漠显著增强C．沙漠中含有的碳酸盐可吸收CO2和H2O生成碳酸氢盐，起到化学固碳作用D．含CO2的空气进入沙粒或土壤颗粒的空隙中，可形成气——固分散系【答案】A【解析】A．沙物质的主要成分石英（SiO2）与CO2同为酸性氧化物，不会发生化学反应，可发生物理固碳（吸附），但不能起到化学固碳作用，故A错误；B．塔克拉玛干沙漠的年固碳量约等于1021平方公里森林的年固碳量，说明二氧化碳与水通过光合作用合成淀粉，可使固碳能力较沙漠显著增强，故B正确；C．沙漠中含有的碳酸盐可与CO2和H2O发生化学反应，生成碳酸氢盐，起到化学固碳作用，故C正确；D．将含CO2的空气分散在沙粒或土壤颗粒的空隙中，形成的分散系为气——固分散系，故D正确；答案为A。11．化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．纯碱是生产普通玻璃和硅酸盐水泥的共同原料B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量白醋C．三国“煮酒论英雄”中使用青铜器皿煮酒的做法是对人体健康有益的D．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中【答案】B【解析】A．生产玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英，生产普通硅酸盐水泥的主要原料为黏土和石灰石，共同原料为石灰石，故A错误；B．加入适量白醋可以增大次氯酸浓度，增强消毒液的消毒效果，故B正确；C．青铜器煮酒过程中铜会催化乙醇发生氧化反应生成乙醛，对人体健康不利，故C错误；D．二氧化硫虽然有毒，但是葡萄酒中加入少量可防止葡萄酒氧化，故D错误；答案选B。12．化学与科技、生活密切相关。下列说法正确的是A．砷化镍等新型半导体材料可用于制作光导纤维B．嫦娥5号带回的“月壤”中富含3He，3He与4He互为同位素C．三星堆出土的青铜器的材质是由铜、锡、铬等金属熔炼而得的化合物D．光化学烟雾、水体富营养化、雾霾的形成均与氮的氧化物有关【答案】B【解析】A．砷化镍等新型半导体材料可用于制作芯片、太阳能电池等，不能用于制作光导纤维，A错误；B．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，所以3He与4He互为同位素，故B正确；C．铜、锡、铬等金属熔炼而得是合金不是化合物，C错误；D．水体富营养化与含磷废水排放有关，与氮氧化物无关，D错误；故选B。13．化学与生活、生产及科技密切相关，下列有关说法正确的是A．我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料B．纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用D．检验从火星上带回来的红色物质是否是FeO的操作步骤是：样品→粉碎→加稀硝酸→溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液【答案】C【解析】A．SiC是一种无机非金属材料，不是硅酸盐材料，故A错误；B．纳米铁粉除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+，主要利用铁粉的还原性比较强，可以置换出铜、银、汞，不是通过物理吸附作用，故B错误；C．胶体粒子直径介于1nm到100nm之间，小于可见光的波长，对光散射形成丁达尔效应，雾是胶体，有丁达尔效应，故C正确；D．FeO不是红色，且稀硝酸具有氧化性，不能排除原红色物质中含有Fe3+使KSCN溶液变红，故D错误；答案选C。14．汽车尾气含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述错误的是A．Pt−Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率B．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾C．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关D．尾气处理过程，氮氧化物（NOx）被还原【答案】A【解析】A．Pt−Rh催化剂只能提高反应速率，但不能提高尾气净化反应的平衡转化率，故A错误；B．使用氢氧燃料电池作汽车动力，降低生成的氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等，因此能有效控制雾霾，故B正确；C．汽车尾气含氮氧化物（NOx）、碳氢化合物（CxHy）、碳等，直接排放容易造成“雾霾”，说明尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关，故C正确；D．尾气处理过程，氮氧化物（NOx）被还原为氮气，故D正确。故答案为A。15．下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是A．Mg、Al合金用来制造飞机外壳——合金熔点低B．食品盒中常放一小袋Fe粉——Fe粉具有氧化性C．Al2O3具有两性，可用于工业冶炼铝单质D．KAl(SO4)2·12H2O溶于水能发生水解，可形成Al(OH)3胶体【答案】D【解析】A．Mg、Al合金用来制造飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，选项A错误；B．Fe粉具有还原性，放在食品盒中防止食品变质，选项B错误；C．Al2O3是离子化合物，熔融时能电离出铝离子，所以电解熔融的氧化铝能生成Al，与Al2O3的两性无关，选项C错误；D．明矾溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3（胶体）+3H+，具有吸附悬浮杂质的作用，可用作净水剂，选项D正确；答案选D。16．化学与生活紧密相关，下列有关说法不正确的是A．重庆素有雾都之称，雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应B．侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他发明的侯氏制碱法制得的碱是烧碱C．生铁的含碳量比钢的含碳量高，合金的熔点一般比其成分金属的熔点低D．漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，其长期露置在空气中会失效【答案】B【解析】A．重庆素有雾都之称，雾是一种气溶胶，因此光束透过大雾可观察到丁达尔效应，A正确；B．侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他发明的侯氏制碱法制得的碱是纯碱，即碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，B错误；C．生铁的含碳量比钢的含碳量高，合金的熔点一般比其成分金属的熔点低，C正确；D．漂白粉具有强氧化性，可用于漂白棉、麻、纸张等，其长期露置在空气中会吸收二氧化碳和水生成碳酸钙、次氯酸，次氯酸见光易分解而失效，D正确；答案选B。17．中华文明源远流长，许多文化艺术都彰显着民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A．战国时期的“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金B．《过江州岸，回望庐山》中“庐山山南刷铜绿"，粗铜发生电化学腐蚀生锈C．“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去而金存，数次即黄"，该过程为汽化D．山顶洞人文化遗址中发现的用赤铁矿粉涂成红色的石珠、鱼骨、兽牙等装饰品，该颜料属于酸性氧化物【答案】D【解析】A．青铜是铜锡合金，故A正确；B．铜锈主要成分是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，合金的腐蚀属于电化学腐蚀，故B正确；C．入火则汞去而金存，汞由液态变成气态也叫汽化，故C正确；D．赤铁矿主要成分是Fe2O3，Fe2O3属于碱性氧化物，故D错误；选D。18．最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是A．人工模拟光合作用合成淀粉中首先用氢气在无机催化剂作用下将二氧化碳还原为甲醇B．用苯与液溴制备溴苯的反应C．煤的综合利用中利用煤的气化产物——CO和H2合成液态燃料甲醇D．用乙酸与正丁醇制备乙酸正丁酯的反应【答案】C【解析】A．氢气与二氧化碳反应，产物为甲醇和水，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，A不符合题意；B．用苯与液溴制备溴苯的反应中，有溴化氢生成，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，B不符合题意；C．CO和H2合成液态燃料甲醇，产物只有甲醇，实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，C符合题意；D．用乙酸与正丁醇制备乙酸正丁酯的反应中，有水生成，而且该反应为可逆反应，反应物不可能全部转化为产物，没有实现反应物的原子全部转化为期望的最终产物，D不符合题意；故答案选C。19．下列说法正确的是A．核能、太阳能、水能、风能、电能等都是一级能源B．测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照C．检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D．将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】A．核能、太阳能、风能、水能是一次能源，电能是二次能源，A错误；B．新制氯水中含HClO具有漂白性，应选pH计测定氯水的pH，B错误；C．甘油与氢氧化铜反应后溶液为绛蓝色，不会生成沉淀，C错误；D．含-COOH的有机物可与碳酸氢钠反应，则将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，D正确；故选D。20．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．“即热饭盒”给人们生活带来方便，它是利用盐酸与碳酸氢钠反应释放的热量加热食物B．采用催化转换技术能提高汽车尾气中有害气体的平衡化转率C．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，但二者的作用原理不同D．纯碱溶液加热后去污能力更强，是因为加热增大了纯碱的溶解度【答案】C【解析】A．即热饭盒应该是利用放热反应放出热量达到升高温度而加热食物目的，盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，故A错误；B．催化剂不能提高反应的转化率，只能改变反应速率，故B错误；C．漂白粉是利用强氧化性消毒，而明矾净水是利用Al3+水解生成的Al(OH)3胶体吸附杂质，二者的作用原理不相同，故C正确；D．纯碱加热后其水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，去污能力更强，故D错误；故选C。21．以下关于中国古代化学知识的分析正确的是A．“纷纷灿烂如星陨，燔燔喧豗似火攻”描述了钠、钾、铁等金属的焰色反应B．“著作酒醴（甜酒），尔惟曲糵（酒曲）”的“曲糵（酒曲）”是催化剂C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色……”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2OD．《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”，这里的强水主要成分是氢氟酸【答案】B【解析】A．观察K的焰色需要通过蓝色的钴玻璃，铁无焰色，“纷纷灿烂如星陨，燔燔喧豗似火攻”描述了钠、铜等金属的焰色反应，故A错误；B．曲糵（酒曲）是将葡萄糖转化为乙醇的催化酶，酶是一种催化剂，故B正确；C．据此推测“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C错误；D．强水主要成分是硝酸，故D错误。综上所述，答案为B。22．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是A．东京奥运会铜牌为铜锌合金，该合金比纯铜具有更高的硬度、韧性和熔点B．氘、氚可用作“人造太阳”核聚变原料，核聚变属于化学变化C．神州十三号载人飞船使用的碳纤维材料是一种新型的有机高分子材料D．氯化次氯酸钙（CaOCl2）可用于杀灭新型冠状病毒【答案】D【解析】A．合金比成分金属的熔点低，故A错误；B．核聚变属于核反应，不属于化学变化，故B错误；C．碳纤维材料属于无机非金属材料，故C错误；D．氯化次氯酸钙（CaOCl2）所含的ClO－具有强氧化性，可用于杀灭新型冠状病毒，故D正确。故答案为D。

一、选择题（本题共22小题，每题只有一个选项符合题意）1．古诗文经典已融入中华民族的血脉，其中也包含了丰富的化学知识，下列说法中错误的是A．“落汤螃蟹着红袍”涉及化学变化B．“粉身碎骨浑不怕，要留清自在人间”涉及氧化还原反应C．“煮豆燃豆荚”中包含了化学能转化为热能的过程D．“臣心一片磁针石，不指南方不背休”中“磁针石”的主要成分为Fe3O4【答案】B【解析】A．螃蟹被煮熟时，螃蟹壳里面的一种蛋白质—甲壳蛋白会受热变性，释放出一种类似胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，A项正确；B．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”描述的反应为、，不涉及氧化还原反应，B项错误；C．“豆荚”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能的过程，C项正确；D．“磁针石”的主要成分为Fe3O4，D项正确；故选B。2．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料B．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的CuD．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水【答案】A【解析】A．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，A错误；B．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，B正确；C．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；故选A。3．科学家以钙离子撞击Cf（锎），产生了一种超重元素Og，其反应可表示为器。下列说法正确的是A．钙离子的电子式为B．与的中子数相差25C．1个与1个的质量之比约为1D．与互为同素异形体【答案】B【解析】A．钙离子的电子式为，A项错误；B．中的中子数为151，中的中子数为176，二者相差25，B项正确；C．的相对质量约为1，的相对质量为12，故1个与1个的质量之比约为1∶12，C项错误；D．与为质子数相同，中子数不同的核素，两者互为同位素，D项错误；答案选B。4．反应Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O可用于制备含氯消毒剂。下列说法正确的是A．Cl2是极性分子B．NaOH的电子式为C．NaClO既含离子键又含共价键D．Cl-与Na+具有相同的电子层结构【答案】C【解析】A．氯气分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；B．NaOH为离子化合物，电子式为，B错误；C．NaClO含有钠离子和次氯酸根形成的离子键，含有O原子和Cl原子形成的共价键，C正确；D．Cl-有3层电子，Na+有2层电子，D错误；故答案为C。5．下列化学用语对事实的表述正确的是A．用CuCl2溶液做导电实验，观察到灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-B．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H5l8OHC17H35COOC2H5+H218OC．漂白液中通入少量SO2：NaClO+SO2+H2ONaHSO3+HClOD．2mLFeCl3溶液中滴加几滴双氧水：2Fe3++2H2O22Fe2++O2↑+4H+【答案】D【解析】A．CuCl2是强电解质，完全电离，CuCl2=Cu2++2Cl-，A错误；B．硬脂酸与乙醇的酯化反应为C17H35COOH+C2H5l8OHC17H35COl8OC2H5+H2O，B错误；C．漂白液中通入少量SO2发生氧化还原反应，NaClO+SO2+H2O=H2SO4+NaCl，C错误；D．FeCl3溶液与双氧水发生氧化还原反应，过氧化氢被氧化，D正确；故选D。6．工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，有关化学用语表示正确的是A．中子数为8的碳原子：8CB．NH3的电子式：C．氧原子的核外电子轨道表示式：D．CO(NH2)2的结构简式：【答案】D【解析】A．中子数为8的碳原子表示为14C或，A错误；B．NH3的N最外层达到8电子稳定结构，其电子式为，B错误；C．还差1s轨道的2个电子，C错误；D．CO(NH2)2是2个氨基与羰基碳相连，其结构简式为，D正确。7．下列物质的分类中，完全正确的是酸性氧化物酸盐混合物电解质A干冰CH3COOH烧碱Fe3O4C2H5OHBCO2HNO3NaHSO4氯水CuCSO3HClO纯碱赤铁矿H2ODNa2OHClO3CaCO3浓盐酸NH3A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．烧碱属于碱，Fe3O4属于纯净物，C2H5OH属于非电解质，A错误；B．Cu不是电解质，B错误；C．选项中的各物质符合自己所属的类别，SO3能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，HClO属于酸，纯碱碳酸钠属于盐，赤铁矿是多种物质的混合物，水属于电解质，C正确；D．Na2O不是酸性氧化物，NH3属于非电解质，D错误。故选C。8．古诗词是我国重要的文化遗产，下列诗句中划线字部分示涉及化学反应的是A．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干B．宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来C．莫道雪融便无迹，雪融成水水成冰D．月波成露露成霜，借与南枝作淡妆【答案】A【解析】A．蜡烛燃烧生成二氧化碳等新物质，为化学反应，A正确；B．打磨过程无新物质产生，是物理变化，B错误；C．雪融化成水，水结成冰，是物理变化，C错误；D．露水、霜的形成，是物理变化，D错误；答案选A。9．下列关于分散系的说法不正确的是A．制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水，然后煮沸至溶液呈红褐色B．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体C．氯化铁溶液可用于伤口止血。这种“伤口上撒盐”的做法的化学原理是胶体的聚沉D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间【答案】B【解析】A．饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色即生成氢氧化铁胶体，故A正确；B．根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，分散质微粒直径小于1nm的分散系为溶液，1～100nm的分散系为胶体，大于100nm的分散系为浊液，故B错误；C．血液属于胶体，所以血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防治细菌感染，属于胶体的聚沉，故C正确；D．溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子大小不同，溶液的分散质的微粒直径<1nm，胶体的在1～100nm之间，浊液>100nm，故D正确；故选B。10．用铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和Fe）制备纳米Fe3O4（平均直径25nm）的流程示意图如下：下列叙述错误的是A．步骤①中，生成车间要禁止烟火防止爆炸B．步骤②中，主要反应的离子方程式是C．步骤④中使用过量的有利于提高纳米Fe3O4产率D．为验证纳米态的Fe3O4，可将其形成分散系，做丁达尔效应实验【答案】C【解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤，分离出过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化生成Fe(OH)3，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应生成Fe3O4，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4。A．步骤①中铁与盐酸会反应放出氢气，因此生成车间要禁止烟火，故A正确；B．滤液A中溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和除去过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C．步骤④中，过量的在步骤⑤中会继续氧化+2价的铁，因此步骤④中不能过量，故C错误；D．纳米态Fe3O4的平均直径25nm，形成的分散系属于胶体，可以通过做丁达尔效应实验验证，故D正确；故选C。11．最近科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C（石墨烯），然后除去Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是A．该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应B．石墨烯与金刚石互为同素异形体C．Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物，Na2CO3属于盐D．Na2O和Na2CO3都属于离子化合物，其中都含有离子键【答案】C【解析】A．根据石墨烯的生产原理知，反应过程中碳元素化合价+2价变化为+4价和0价，为氧化还原反应，故A正确；B．石墨烯与金刚石是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．Na2O属于碱性氧化物，Na2CO3属于盐，CO和碱不反应，不属于酸性氧化物，故C错误；D．Na2O和Na2CO3都是由阴阳离子通过离子键结合形成的化合物，均为离子化合物，故D正确；故选C。12．中华文化源远流长，古代人们总结的成语或谚语蕴含丰富的化学知识。下列有关说法错误的是A．日照香炉生紫烟（云雾）——“烟”是胶体，能产生丁达尔效应B．铁杵成针——铁表面易形成致密的氧化膜C．蜡炬成灰泪始干——“蜡炬”燃烧发生了氧化还原反应D．真金不怕火炼——单质金性质不活泼，不易被氧化【答案】B【解析】A．“烟”指的是云雾，云雾属于气溶胶，可发生丁达尔效应，A正确；B．铁在潮湿的空气中表面易形成疏松的铁锈，不易形成致密的氧化膜，B错误；C．“蜡炬”燃烧，与氧气发生了氧化还原反应，C正确；D．单质金位于金属活动性顺序Pt的后面，其化学性质极不活泼，所以不易被氧化，D正确；故选B。13．氮元素在海洋中的循环是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。下列关于海洋中的氮循环的说法正确的是A．过程①属于化学变化B．属于固氮作用的是过程③C．反硝化作用是氮元素发生氧化反应D．向海洋中排放含的废水会影响海洋中的含量【答案】D【解析】A．在该变化过程中都是N2，没有新物质产生，因此属于物理变化，A错误；B．氮的固定是游离态的氮转化为化合态氮的方法，在上述转化过程中只有②是氮的固定，B错误；C．根据图示可知：反硝化作用是氮元素由转化为N2，N元素化合价降低，得到电子被还原，发生还原反应，C错误；D．根据图示转化关系可知：若向海洋中排放含的废水，会通过反硝化作用产生，导致海洋中的含量增加，因而影响的含量，D正确；故选D。14．下列各组物质的分类正确的是①同位素：1H、2H2、3H②同素异形体：C80、金刚石、石墨③酸性氧化物：④混合物：水玻璃、水银、水煤气⑤电解质：明矾、冰醋酸、碳酸钙⑥干冰、液氯、乙醇都是非电解质A．②⑤ B．②⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥【答案】A【解析】①质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，2H2是单质，不是核素，①错误；②由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C80、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；③能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，③错误；④水银是单质，④错误；⑤溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、碳酸钙均是电解质，⑤正确；⑥溶于水和熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，⑥错误。答案选A。15．下列化学用语表述正确的是A．在水溶液中水解的离子方程式为B．中子数为146，质子数为92的铀（U）原子：C．的名称为乙基丁烷D．的电子式为【答案】B【解析】A．的水溶液中，的水解是分步进行的，其水解的离子方程式为，HS-+H2OH2S+OH-，故A错误；B．中子数为146，质子数为92的铀原子的质量数为A=Z+N=92+146=238，即，故B正确；C．由的结构简式可知，选最长碳链作主链，离取代基最近的编号，即，其名称为甲基戊烷，故C错误；D．由可知，该结构中钙离子与过氧根通过离子键形成的离子化合物，其电子式为，故D错误；答案为B。16．酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2与足量的KOH反应只生成一种盐KH2PO2，则下列说法中正确的是A．KH2PO2属于正盐 B．KH2PO2属于酸式盐C．H3PO2属于三元酸 D．KH2PO2可以与KOH反应生成K3PO2【答案】A【解析】因为H3PO2（次磷酸）与足量的KOH反应只生成一种盐KH2PO2，故KH2PO2属于正盐，H3PO2为一元酸。综上所述，答案为A。17．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法错误的是A．人工肺利用了半透膜的原理，血浆不能通过半透膜B．“火树银花”焰火的实质是某些金属元素的焰色试验C．游泳池中定期加入的漂白粉，主要作用是净水漂白D．德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体【答案】C【解析】A．人工肺利用了半透膜的原理，血浆是胶体，胶体不能通过半透膜，选项A正确；B．焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，选项B正确；C．游泳池中定期加入的漂白粉，主要作用是杀菌消毒，选项C错误；D．气溶胶、液溶胶和固溶胶都属于胶体，德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体，选项D正确；答案选C。18．“天接云涛连晓雾，星河欲转千帆舞”出自宋·李清照《渔家傲》，以下相关说法正确的是A．“晓雾”属于胶体，分散质是空气B．“晓雾”在阳光下能观察到丁达尔效应，胶体和溶液的本质区别是丁达尔效应C．“云涛”的分散质粒子直径和“晓雾”的分散质粒子直径范围相同D．氯化铁饱和溶液与“晓雾”属于同一类别的分散系【答案】C【解析】A．雾有丁达尔效应，属于胶体，分散剂是空气，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径不同，故B错误；C．“云涛”、“晓雾”都属于胶体，分散质微粒直径介于1~100nm，故C正确；D．溶液和胶体分散质微粒直径不同，是不同分散系，故D错误；故选C。19．我们可以根据物质的组成、性质、结构或用途等进行分类。下列关于物质的分类正确的是A．天然气—化石燃料；金刚石和石墨—碳的同位素B．亚硫酸氢钠—正盐；95%酒精—消毒剂C．氢氟酸—弱酸；石墨烯—无机非金属材料D．稀豆浆—胶体；NH4Cl—共价化合物【答案】C【解析】A．天然气的主要成分为甲烷属于化石燃料；金刚石和石墨组成元素均为C元素，但是是两种不同物质，不是碳的同位素，A错误；B．亚硫酸氢钠为酸式盐不是正盐；75%酒精为消毒剂，B错误；C．氢氟酸为弱酸；石墨烯为无机非金属材料，C正确；D．稀豆浆为胶体；NH4Cl为离子化合物，D错误；答案选C。20．明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程（部分产物已省略）如下：下列说法错误的是A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏【答案】A【解析】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；故答案为A。21．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A．B．C．D．【答案】B【解析】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，A符合；B．单质铝和氨水不反应，B不符合；C．铁在盐酸中反应生成氯化亚铁，然后与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，C符合；D．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，D符合；答案选B。22．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（如图）。下列说法正确的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C．漂白粉的有效成分为CaCl2D．除去与水发生的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】A．CO不溶于水，也与碱不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B．氢氧化钙微溶，工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，故B错误；C．漂白粉的成分为Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分为Ca(ClO)2，故C错误；C．除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均有单质参加反应，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。

一、选择题（本题共22小题，每题只有一个选项符合题意）1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．27g25Al中含有的中子数为12NAB．1molH2O2在氧化还原反应中完全反应时转移的电子数一定为2NAC．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为2NAD．1L0.5mol·L-1Na2S溶液中含S2-和HS-的离子总数为0.5NA【答案】C【解析】A．27g25Al的物质的量N=，含有的中子数N=1.08mol×(25-13)×NA=12.96NA，故A错误；B．1molH2O2在氧化还原反应中完全反应时转移的电子数不一定为2NA，如2H2O22H2O2+O2反应中1molH2O2转移1mol电子，故B错误；C．甲烷和乙烯结构中，分别含有4条极性键，标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体为0.5mol，含有极性键的数目N=0.5mol×4×NA=2NA，故C正确；D．1L0.5mol·L-1Na2S含有0.5molNa2S，S2-能发生水解，生成HS-、H2S，根据物料守恒，溶液中含S2-和HS-、H2S的粒子总数为0.5NA，故D错误；故答案为C。2．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A．0.5mol·L-1MgCl2溶液中，含有Cl-的个数为NAB．常温常压下，28gCO中所含碳原子数为NAC．标准状况下，22.4L由NH3和CH4组成的混合气体，所含分子数为NAD．Na2O2使酸性KMnO4褪色，1molNa2O2完全反应转移2NA个电子【答案】A【解析】A．0.5mol·L-1

MgCl2溶液未告诉体积，无法计算Cl-的个数，A错误；B．质量与温度和压强无关，28gCO的物质的量为1mol，故所含碳原子数为NA，B正确；C．标准状况下，22.4L由NH3和CH4组成的混合气体为1mol，所含分子数为NA，C正确；D．Na2O2使酸性KMnO4褪色，Na2O2作还原剂化合价升高，1molNa2O2完全反应转移2NA个电子，D正确；故选A。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol中含有共价键的数目为0.6NAB．25℃时，1LpH=9的CH3COONa溶液中，由水电离的OH-数目为10−5NAC．常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAD．在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为6NA【答案】B【解析】A．含有4个碳氢键，2个碳碳双键，1个碳碳单键，2个碳氧键，因此0.1mol中含有共价键的数目为0.9NA，故A错误；B．25℃时，1LpH=9的CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH-)=1×10−5mol∙L−1，则水电离的OH-数目为10−5NA，故B正确；C．苯中不含有碳碳双键，故C错误；D．在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，生成3个氯气转移5个电子，因此每生成3molCl2转移的电子数为5NA，故D错误。综上所述，答案为B。4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1molC2H6O分子中含C—H键数目为0.5NAB．1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为9NAC．常温常压下，18g重水（D2O）中所含的中子数为10NAD．8.4gNaHCO3和MgCO3混合物中含有阴离子数目为0.1NA【答案】D【解析】A．C2H6O不一定是乙醇，0.1molC2H6O分子中含C－H键数目不一定为0.5NA，A错误；B．1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数分别为9NA、10NA，B错误；C．常温常压下，18g重水（D2O）中所含的中子数为=9NA，C错误；D．NaHCO3和MgCO3的相对分子质量均是84，含有的阴离子分别是碳酸氢根和碳酸根，8.4gNaHCO3和MgCO3混合物的物质的量是0.1mol，其中含有阴离子数目为0.1NA，D正确；答案选D。5．2021年，我国科学家利用为原料人工合成淀粉，在未来具有极高的经济价值。已知合成淀粉过程中发生反应：，设NA为阿伏伽德罗常数，下列有关说法正确的是A．中含有过氧键数目为0.5NAB．标况下，中含有的羟基数为NAC．反应过程中HCHO为还原产物D．参与反应转移电子数为4NA【答案】A【解析】A．已知H2O2分子中存在1个过氧键，则中含有过氧键数目为=0.5NA，A正确；B．在标况下CH3OH，故无法计算中含有的羟基数目，B错误；C．由反应方程式可知，CH3OH中C为-2价，而HCHO中C为0价，化合价升高，被氧化，故反应过程中HCHO为氧化产物，C错误；D．由反应方程式可知，O2中的O由0价转化到H2O2中的-1价，则参与反应转移电子数为2NA，D错误；故答案为A。6．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下，pH=9的NaHCO3混合溶液中H2O电离出H+的数目小于10-5NAB．22gCH3CHO和CH3COOCH2CH3混合物中含C原子数为NAC．中含有的中子数和质子数均为5NAD．电解饱和食盐水，两极生成标况下气体22.4L时，外电路通过电子数为2NA【答案】B【解析】A．未给出溶液体积，无法计算H+数目，A错误；B．CH3CHO和CH3COOCH2CH3的最简式均为C2H4O，最简式的式量是44，22g混合物中含有0.5molC2H4O，则其中含有1mol碳原子，B正确；C．1mol中含有质子数10mol、中子数8mol，9g的物质的量为0.5mol，则其中含有质子数5NA，含有中子数4NA，C错误；D．电解饱和食盐水的反应方程式为：，根据方程式可知：每反应产生2mol气体，转移2mol电子，现在两极共收集到标况下气体22.4L，即收集到氢气和氯气各0.5mol，则转移电子为NA，D错误；故选B。7．有关阿伏加德罗常数NA，下列说法正确的是A．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAB．1L0.1mol·L-1NaHSO4溶液中含有0.1NA个HSOC．将0.1molFeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目等于0.1NAD．标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为0.5NA【答案】A【解析】A．NO2和N2O4的最简式均为NO2，46g混合物中含有的“NO2”的物质的量N===1mol，则含原子为3NA个，A正确；B．NaHSO4在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，即溶液中无HSO，所以B错误；C．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚合体，则将0.1molFeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA，C错误；D．标准状况，11.2L氮气和氧气混合气体的物质的量N===0.5mol，而两者均为双原子分子，则0.5mol混合物中含原子为NA个，D错误；故选A。8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A．1L0.5mol·L-1MgCl2溶液中，含有Cl-的个数为NAB．由NH3和CH4组成的混合气体22.4L，所含分子数为NAC．常温常压下，28gCO中所含碳原子数为NAD．当1L水吸收NA个氨气分子时所得氨水中的OH-浓度小于1mol·L-1【答案】B【解析】A．1L0.5mol·L-1MgCl2溶液中含有溶质MgCl2为0.5mol，所以Cl-的物质的量为0.5mol×2=1mol，含有Cl-的个数为NA，故A正确；B．没有指明温度和压强，无法计算22.4L混合气所含的分子数，故B错误；C．28gCO的物质的量为1mol，所含碳原子数为NA，故C正确；D．1L水吸收NA个氨气分子，NA个氨气分子的物质的量为1mol，氨溶于水得到的氨水的密度小于1g/mL，所以溶液体积大于1L，所得溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L，且氨气溶于水时大部分和水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O微弱电离，所以溶液中的OH-浓度小于1mol/L，故D正确；故选B。9．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1molCu和一定量的浓硝酸反应产生气体44.8L（标况下）B．1mol∙L−1FeCl3溶液中阳离子的数目大于NAC．标准状况下，等体积的NH3和CH4气体中含有的电子数均为10NAD．0.1molSO2溶于足量水所得溶液中H2SO3、、三种微粒的个数小于0.1NA【答案】D【解析】A．根据Cu～4HNO3(浓)～2NO2，3Cu～8HNO3(稀)～2NO，一定量的浓硝酸在反应过程中逐渐变稀，稀硝酸和铜反应生成NO，因此1molCu和一定量的浓硝酸反应产生气体物质的量小于2mol，体积小于44.8L（标况下），故A错误；B．1mol∙L−1FeCl3溶液，缺少溶液体积，无法计算，故B错误；C．标准状况下，NH3和CH4气体的体积未知，无法计算物质的量，故C错误；D．二氧化硫和水反应是可逆反应生成亚硫酸，因此0.1molSO2溶于足量水所得溶液中H2SO3、、三种微粒的个数小于0.1NA，故D正确；答案为D。10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的数目为0.2NAB．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有的数目为0.1NAC．25℃时，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的个数为0.1NAD．25℃时，1LpH=10的CH3COONa溶液中，水电离出的H+的数目为10-4NA【答案】D【解析】A．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中H+的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，故A错误；B．Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，则1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有的数目小于0.1NA，故B错误；C．缺溶液的体积，无法计算25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量和含有的氢氧根离子数目，故C错误；D．溶液中，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，则25℃时，pH=10的醋酸钠溶液中，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度为10-4mol·L-1，则1L溶液中水电离出的H+的数目为10-4NA，故D正确；故选D。11．设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．0.60g二氧化硅中含有的共价键数目为0.02NAB．常温下，1L0.1mol/L硝酸铵溶液中，NH和H+总数为0.1NAC．7.8gNa2O2与足量SO2反应，转移电子数为0.2NAD．含63gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移的电子数目为0.5NA【答案】C【解析】A．SiO2是正四面体网状结构，每一个Si原子通过4个共价键与4个O原子相连，因而共价键数目应为0.04NA，A不符合题意；B．因为硝酸铵有0.1mol，电离所得的有0.1mol，根据电荷守恒，>0.1mol/L，因此NH和H+总数大于0.1NA，B错误；C．发生的反应为，Na2O2中的两个-1价O分别得到一个电子形成-2价，7.8gNa2O2物质的量，则电子转移了0.2mol，数目为0.2NA，C符合题意；D．63gHNO3是1mol，因为硝酸在反应过程中浓度会越来越小。开始时，浓硝酸在反应中会生成NO2，转移一个电子；后期稀硝酸在反应中会生成NO，转移3电子，因此电子转移数在NA到3NA之间，D错误；故本题选C。12．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．将1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NAB．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl2、Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NAC．5NH4NO2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD．23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间【答案】B【解析】A．1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则溶液中存在电荷守恒：N(NH)+N(H+)=N(OH-)+N(NO)，则NO离子个数等于NH个数等于NA，A正确；B．根据氯元素守恒，所有氯原子加起来等于1mol，氯气中含有两个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，B错误；C．反应中每生成4mol氮气转移15mol电子，生成28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，C正确；D．23gNa的物质的量为1mol，根据方程式：4Na+O2=2Na2O，23gNa与O2充分反应生成Na2O，消耗O2的分子数0.25NA，同理，2Na+O2=Na2O2，23gNa与O2反应生成Na2O2，消耗O2的分子数0.5NA，若生成Na2O和Na2O2的混合物，则消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间，故D正确。故选B。13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应后的分子数为1.5NAB．1LpH=1的H2C2O4溶液中含有阳离子总数为0.2NAC．28gFe与水蒸气充分反应转移的电子数目为NAD．标准状况下，22.4LCCl4中含有C—Cl键的个数为4NA【答案】A【解析】A．根据C守恒可知0.5molCH4和1molCl2在光照下充分反应得到总物质的量为0.5mol的含碳分子；每取代1个H消耗1个Cl2分子，则氯气不够，反应后无Cl2分子；每取代1个H的同时得到1个HCl分子，氯气不够，以1molCl2计算，得到1molHCl分子，反应后分子总物质的量为0.5mol含碳分子+1molHCl分子=1.5mol，即分子数为1.5NA，A正确；B．pH=1的H2C2O4溶液中c(H+)=0.1mol/L，1LpH=1的H2C2O4溶液中N(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol，H2C2O4溶液中阳离子只有H+，故含有阳离子总数为0.1NA，B错误；C．Fe与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，有3Fe~Fe3O4~8e-，28gFe的物质的量为0.5mol，则转移0.5mol×=mol电子，即NA，C错误；D．标况下，CCl4是液态，无法计算，D错误；选A。14．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．7.8g苯分子中含有键的数目为NAB．24g石墨烯（单层石墨）含有六元环的个数为NAC．14g乙烯和丙烯的混合气体含有的原子数为NAD．足量金属与充分反应生成的分子数为【答案】B【解析】A．7.8g苯为0.1mol，分子中含有键的数目为1.2NA，故A错误；B．24g石墨烯（单层石墨）为2mol，每个六元环平均占有2个碳原子，故2mol石墨烯含有六元环的个数为NA，故B正确；C．14g乙烯和丙烯的混合气体，按照平均分子式CH2计算为1mol，含有的原子数为3NA，故C错误；D．与锌反应，变成稀溶液后不再放SO2，故D错误；故答案为B。15．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．使1L0.5的FeCl3溶液完全水解形成胶体，胶粒数为0.5NAB．常温下，pH=1的H3PO4溶液中含有0.1NA个H+C．标准状况下，30gNO和16gO2混合所生成的气体分子数为NAD．78gNa2O2固体中含有的阴、阳离子总数为3NA【答案】D【解析】A．胶体为多个粒子的集合体，所以1L0.5的FeCl3溶液充分水解后，所得Fe(OH)3胶粒的数目小于为0.5NA，选项A错误；B．常温下，pH=1的H3PO4溶液体积未知，无法计算H+的数目，选项B错误；C．30g一氧化氮的物质的量为1mol，16g氧气的物质的量为0.5mol，二者恰好完全反应生成1mol二氧化氮，由于二氧化氮部分转化成四氧化二氮，所以生成的气体分子数小于NA，选项C错误；D．过氧化钠的电子式为，即阴阳离子的个数之比是1∶2，78gNa2O2的物质的量是1mol，则其固体中含有的离子数为3NA，选项D正确；答案选D。16．下列有关体系中的微粒数目说法不正确的是A．已知反应3X(g)+Y(g)=2R(g)ΔΗ=-akJ·mol-1（a>0），当反应过程中吸收热量为kJ时，体系中分子数目增加约6.02×1023个B．1L0.1mol·L-1NaClO溶液中ClO-的数目小于6.02×1022个C．某温度下，pH=7的1L某酸式盐NaHX溶液中水电离出的H+数目一定等于6.02×1016个D．用0.1mol·L-1NaOH溶液中和0.1mol·L-1某一元酸HY，恰好反应完全时Na+数目不可能小于Y-【答案】C【解析】A．正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，由反应式可知，当2molR转化为3molX和1molY时，吸收热量为akJ，分子数目增加约2×6.02×1023个，所以当反应过程中吸收热量为kJ时，体系中分子数目增加约6.02×1023个，故A正确；B．1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含0.1molNaClO，能电离出0.1molClO-，但由于ClO-水解，所含ClO-的数目小于6.02×1022个，故B正确；C．溶液中水电离出的H+数目等于水电离出的OH-数目，若为常温，Kw=1×10-14，c(OH-)=c(H+)=10-7mol·L-1，溶液中水电离出的H+数目等于6.02×1016个，但温度不一定是常温，故C错误；D．NaOH溶液和HY恰好反应完全时生成NaY，若一元酸HY为强酸，Na+数目等于Y-，若一元酸HY为弱酸，由于Y-水解，Na+数目大于Y-，所以Na+数目不可能小于Y-，故D正确；答案选C。17．水煤气燃烧的速度是汽油的7.5倍，抗爆性好，压缩比高，热效率高。水煤气的生产原理为C+H2O(g)CO+H2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．12g14C中含有质子数为6NAB．标准状况下22.4L的水煤气所含原子个数为2NAC．高温下，18g水蒸气完全反应，转移电子数为2NAD．28gCO和C2H4混合在一起，分子个数为NA【答案】A【解析】A．12g14C的物质的量为=mol，所含质子数为mol×6×NAmol-1=NA，A错误；B．标况下22.4L的水煤气的物质的量为1mol，CO和H2均为双原子分子，所以所含原子个数为2NA，B正确；C．18g水蒸气的物质的量为1mol，反应中H元素化合价降低1价，H2O整体降低2价，所以转移电子数为2NA，C正确；D．CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，所以28g混合物的物质的量为1mol，分子个数为NA，D正确；故答案为A。18．“长征2F”运载火箭推进剂工作时发生反应：(CH3)2NNH2＋2N2O4=2CO2＋4H2O＋3N2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，CO2的密度比N2的小B．1mol(CH3)2NNH2中含共用电子对的数目为11NAC．每生成22.4LCO2时，转移的电子数目为8NAD．火箭启动初期逸出的红棕色气体是N2O4蒸气【答案】B【解析】A．相同条件下，气体的密度与相对分子质量成正比，常温常压下，CO2的密度比N2的大，故A错误；B．根据价键规律，1个(CH3)2NNH2分子中有11个共价键，1mol(CH3)2NNH2中含共用电子对的数目为11NA，故B正确；C．非标准状况下，22.4LCO2的物质的量不一定是1mol，每生成22.4LCO2时，转移的电子数目不一定是8NA，故C错误；D．N2O4是无色气体，火箭启动初期逸出的红棕色气体不是N2O4蒸气，故D错误；故选B。19．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4的分子数为NAB．1mol所含质子数为10NAC．常温常压下，48gO2和O3的混合气体所含原子数为3NAD．物质的量浓度为0.5mol·L-1的MgCl2溶液，含有的Cl-数为NA【答案】C【解析】A．

标准状况下，CCl4是液体，无法计算CCl4的物质的量，A错误；B．1mol所含质子数为1mol×(7+4)×NA=11NA，B错误；C．常温常压下，48gO2和O3的混合气体所含O原子的物质的量为=3mol，则所含原子数为3NA，C正确；D．缺少溶液的体积，无法计算氯离子物质的量，D错误；答案选C。20．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．4.6g钠用铝箱包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成氢气分子数为0.1NAB．足量Fe在2.24L中充分燃烧，转移电子数为0.2NAC．1L0.2mol/L溶液中含数为0.2NAD．0.1molNO与0.1mol混合后分子数为0.2NA【答案】C【解析】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，同时生成的氢氧化钠也能与铝反应生成氢气，故生成氢气分子数大于0.1NA，A错误；B．状况不明确，无法求得氯气的物质的量，故无法计算转移电子数，B错误；C．根据N=c×V，则1L0.2mol/L溶液中含数为0.2NA，C正确；D．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，0.1molNO与0.1molO2混合后剩余氧气0.05mol，生成二氧化氮为0.1mol，由于存在平衡2NO2N2O4，混合后分子数小于0.2NA，D错误；答案选C。21．为了消除过多的二氧化碳，科技工作者找到一种转化方法，让二氧化碳生成甲酸（化学式：HCOOH）作为燃料再利用。其过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）A．标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为16NAB．92g甲酸中所含氢原子的数目为1.8NAC．2molAu与2molH2中所含的分子数目均为2NAD．100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【答案】D【解析】A．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有22个电子，则1molCO2所含的电子数目为22NA，A错误；B．92g甲酸为2mol，其中氢原子的物质的量为4mol，数目为4NA，B错误；C．Au为金属单质，由金属阳离子和自由电子构成，不含有分子，C错误；D．100g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为46g，物质的量为1mol，故含2NA个氧原子；而水的物质的量为54g，物质的量为3mol，故含3NA个氧原子，故溶液中共含5NA个氧原子，D正确；故选D。22．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是A．常温常压下，20gD2O含有的中子数、电子数均为10NAB．甲烷与白磷分子均为正四面体结构，其1mol分子中所含共价键数目均为4NAC．1L0.1mol·L-1碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na失去的电子数目为NA【答案】B【解析】A．D2O分子中含有中子、质子、电子都是10个，D2O的相对分子质量为20g/mol，20gD2O为1molD2O，含有中子、质子、电子的物质的量是1mol，含有的中子数、电子数均为10NA，故A正确；B．1mol白磷中含6molP-P键，故1mol个白磷分子中含6NA个共价键，故B错误；C．碳酸根发生水解，生成两种阴离子：CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以1L0.1mol·L-1碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA，故C正确；D．1molNa参加反应，无论生成什么氧化物，失去的电子数目都为NA，故D正确；故答案B。

专题四专题四化学计算的类型和方法一、选择题（本题共13小题，每题只有一个选项符合题意）1．在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是A．SO2为0.4mol·L－1，O2为0.2mol·L－1B．SO2为0.25mol·L－1C．SO2和SO3均为0.15mol·L－1D．SO3为0.4mol·L－1【答案】B【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4mol·L－1，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4mol·L－1、0.2mol·L－1，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0<c(SO3)<0.4mol·L－1，0<c(O2)<0.2mol·L－1，0<c(SO2)<0.4mol·L－1。SO2反应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(SO3)＋c(SO2)＝0.2mol·L－1＋0.2mol·L－1＝0.4mol·L－1。对照各选项，只有B项符号题意。2．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是A．eq\f(84w2－53w1,31w1)B．eq\f(84w1－w2,31w1)C．eq\f(73w2－42w1,31w1)D．eq\f(115w2－84w1,31w1)【答案】A【解析】样品加热发生的反应为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662M(NaHCO3)g(w1－w2)g质量差为(w1－w2)g，故样品中NaHCO3质量为：eq\f(168（w1－w2）,62)g，Na2CO3质量为w1g－eq\f(168（w1－w2）,62)g，其质量分数为eq\f(m(Na2CO3),m(样品))＝eq\f(w1g－\f(168(w1－w2),62)g,w1g)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。3．把5.1克某合金的粉末放入过量盐酸中，得到5.6L（标况）氢气，则该合金的组成为A．钠和钾 B．钙和镁 C．铝和镁 D．钠和铁【答案】C【解析】标况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，因此反应中合金失去电子的物质的量是0.25mol×2＝0.5mol，则失去1mol电子需要合金的质量是5.1g÷0.5＝10.2g。Na、K、Mg、Ca、Al、Fe与盐酸反应时失去1mol电子需要金属的质量分别是23、39、12、20、9、28，由此可知，合金中一定含铝，所以选项中正确的组合只能是铝和镁。答案选C。4．两种气态混合烃0.1mol完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误是A．混合气体中一定是甲烷和乙烯B．混合气体中一定有甲烷C．混合气体中一定没有乙烷D．混合气体中可能有乙烯【答案】A【解析】n(H2O)==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧得0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有甲烷，由于CH4分子中含4个H原子，则另一烃分子中一定含4个H原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4。A．根据上述分析可知，混合气体中一定含有甲烷，可能含有C2H4或C3H4，故A错误；B．混合气体中一定含有甲烷，故B正确；C．由于H原子数平均为4，则混合气体中一定没有乙烷，故C正确；D．混合气体中可能有C2H4或C3H4，故D正确；答案选A。5．在铁和氧化铁混合物15g中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L（标准状况）。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，则原硫酸的物质的量浓度是A．1.5mol·L－1B．2mol·L－1C．2.5mol·L－1D．3mol·L－1【答案】B【解析】此题反应过程复杂，但最后溶液中只有Na2SO4，因为NaOH共0.6mol，故Na2SO4为0.3mol，所以原H2SO4为0.3mol。故硫酸的浓度为2mol·L－1。6．下列不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是A．取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克B．取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【答案】C【解析】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以bg固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B正确；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32－＋B