1、2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳高中高一（上）期中化学试卷一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1在20g密度为d g/cm3的硝酸钙溶液里含1g Ca2+，则硝酸根离子的物质的量浓度是（）AmolL1BmolL1C1.25d molL1D2.5d molL12在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃后，容器内三种气体恰好完全反应，冷却到室温得质量分数为33.6%的盐酸，则容器中H2、O2、Cl2的体积比是（）A9：4：1B10：4：1C5：4：1D3：1：13在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（）ANa+、K+、SO42、HCO3BCu2+、K+
2、、SO42、NO3CNa+、K+、Cl、NO3DFe3+、K+、SO42、Cl4下列叙述正确的是（）A物质的量是衡量物质质量大小的物理量B摩尔质量即相对分子质量C摩尔是物质的量的单位D气体摩尔体积是指单位物质的量的物质所占的体积5关于用CCl4萃取碘水的 说法中不正确的是（）A碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度B萃取后水层颜色变浅C萃取后CCl4溶液层为紫红色D萃取后水层颜色变红且在下层6下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A11.2 L N2含有的分子数为0.5NAB在常温常压下，1 mol Ne含有的原子数为NAC71 g Cl2所含分子数为2NAD在同温同压下，相同体
3、积的任何气体单质所含的原子数相同7在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42BH+浓度为11013molL1的溶液中，Na+、K+、Cl、NO2CAlO2浓度为0.1 molL1的溶液中：Na+、K+、HSO3、ClD室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SiO328下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACO2CuOH2SO4NH3H2ONa2SBCONa2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu（OH）2CO3CaCO3AABBCCDD9下列各物
4、质的物质的量不能肯定是1mol的是（）A23 g金属钠所含的钠原子数B标准状况下，17 g氨气C22.4 L CO2气体D标准状况下10 L氧气和12.4 L氮气的混合物10下列说法正确的是（）ACu能导电，所以Cu是电解质BNaCl溶液导电，所以NaCl溶液是电解质CSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D熔融状态的Na2O导电，所以Na2O是电解质11在pH=1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能共存的是（）ANH4+ K+ Na+ CO32 NO3BK+ Na+ Fe2+ SO42 NO3CNH4+ K+ Na+ HCO3Al（OH）4DNH4+ K+ Na+ NO3 I1
5、2下列反应中，反应物的用量或浓度改变时，不会改变生成物的是（）A铁与硫酸反应B氢氧化钠溶液和CO2反应C硫在氧气中燃烧D铜和与硝酸反应13常温下，某无色透明的溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（）AH+、Na+、Cl、CO32BBa2+、Na+、SO42、ClCMnO4、K+、I、H+DMg2+、Cl、NO3、H+14可根据物质的组成或性质进行物质分类下列物质分类中，只考虑组成的是（）ANa2SO4是钠盐、硫酸盐、正盐BHCl是一元酸、强酸、挥发性酸CFe2O3是金属氧化物、最高价氧化物、碱性氧化物DCa（OH）2是二元碱、微溶性碱、强碱15R2O8n在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4
6、，若反应中R2O8n变为RO42，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n值为（）A1B2C3D416下列离子能在无色澄清溶液中共存的是（）AFe3+、NO3、K+、ClBNH4+、Mg2+、SO42、ClCNa+、Al3+、OH、CO32DK+、Na+、NO3、MnO417下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸苯酚钠溶液与CO2 硝酸银溶液与氨水氯化铝溶液与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水ABC仅有D18如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏加德罗常数是（）An/1 mol1B9n mol1C2n mol
7、1Dn mol119用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A14gC2H4和C4H8的混合气体中所含的共价键数为3NAB标准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NAC24g3H218O含有的中子数为12NAD0.1mol O22所含的电子数为1.6NA20实验室需用480mL0.5mol/L的NaOH溶液，以下操作正确的是（）A称取10.0gNaOH，加入500mL水B称取10.0gNaOH，选取500mL容量瓶进行配制C称取9.6gNaOH，选取480mL容量瓶进行配制D称取9.6gNaOH，选取500mL容量瓶进行配制21NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）AH
8、2SO4的摩尔质量（g/mol）与NA个硫酸分子的质量（g）在数值上相等BNA个氧气分子和NA个氮气分子的质量比为8：7C在标准状况下，0.5 NA个氯气分子所占的体积为11.2 LD28 g氮气所含原子数目为NA22对于2NaBr+Cl22NaCl+Br2反应，下列说法不正确的是（）A该反应既是置换反应，又是氧化还原反应BCl2是氧化剂，发生还原反应C若有1.6g Br2生成，反应过程中转移了0.02NA个电子D钠元素在反应中价态不变，所以NaBr既不是氧化剂，又不是还原剂23有关电解质的下列叙述中正确的是（）A盐酸的导电性比乙酸溶液的导电性强，说明乙酸是弱酸B因为氧化钾溶于水能导电，所以氧
9、化钾是电解质C强电解质中一定含有离子键，弱电解质中一定含有弱极性共价键D某物质能导电，说明该物质一定含有能自由移动的带电荷的微粒24将一定量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，下列反应的离子方程式一定错误的是（）ASO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOBSO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO4+HClO+H+ClC2SO2+2H2O+Ca2+2ClOCaSO4+4H+2Cl+SODSO2+H2O+Ca2+3ClOCaSO4+2HClO+Cl25下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB实验室盛碱液的瓶子不用
10、玻璃塞：SiO2+2OH=SiO32+H2OC用稀盐酸和大理石反应制取CO2：CO32+2H+=CO2+H2OD向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO3226下列各组离子中，在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸气体放出的是（）ANa+、Ca2+、SO42、CO32BK+、Ba2+、HCO3、ClCK+、Al3+、SO42、NO3DK+、Na+、CO32、SO4227NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法中不正确的是（）A标准状况下，22.4 L氦气含有NA个氦原子B20 g重水含有10 NA个电子C12.5 mL l6 m
11、olL1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2 NAD1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1 NA28已知Fe3O4可表示成（FeOFe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法正确的是（）AO2和S2O32是氧化剂，Fe2+是还原剂B每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：1D若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol29设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol苯乙烯中含有
12、碳碳双键的数目为0.4NAB将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2）C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g30铁氧体（Fe3O4）法是处理含铬废水的常用方法，其原理是：用FeSO4把废水中Cr2O还原为Cr3+，并通过调节废水的pH，使生成物组成符合类似于铁氧体（Fe3O4或Fe2O3FeO）的复合氧化物（xstackrel+3Fe2xO3O）处理含1mol Cr2O废水至少需要加入a mol FeSO47H2O下列结论正确的是
13、（）Ax=0.5，a=10Bx=1，a=5Cx=2，a=10Dx=0.5，a=8二、填空题31（1）等体积的CO和CH4在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比是（2）将2.4mol某金属投入某酸溶液中，恰好完全反应，并产生7.2g氢气，则此金属化合价为（3）某同学为探究铜铁合金中铁的质量分数，先后进行了三次实验，实验数据如下： 实验次数项目第一次第二次第三次所取合金的质量/g202040所加稀硫酸的质量/g10012080生成氢气的质量/g0.40.40.4该合金中铁的质量分数是%（结果精确到1%）本实验中所加稀硫酸的溶质的质量分数为%（结果精确到0.1%）32（1）利用Zn+2FeCl3
14、=ZnCl2+2FeCl2反应，设计一个原电池，写出电极反应式 正极，负极，电解质溶液，电极反应式、（2）下列操作中能使所配制的NaOH溶液浓度偏高的是A称量的是长期暴露在空气中的NaOHB容量瓶不干燥C将溶解于烧杯中的NaOH溶液未经冷却就转移到容量瓶中进行配制D混匀容量瓶中溶液后，发现液面低于刻度线，再向容量瓶中加蒸馏水至刻度线E定容时，俯视液面使之与刻度线相切33物质的量是高中化学中常用的物理量，请完成以下有关其内容的计算：（1）标准状况下，含有相同氧原子数的CO与CO2的体积之比为（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为，原子个数比为，质量比为（3）设NA为阿伏加德罗常数的
15、数值，如果a g某气中含有的分子数为b，则c g某气在标准状况下的体积约是 （用含NA的式子表示）（4）配制100mL 1molL1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4（密度为，1.84gmL1，质量分数为98%）的体积为 mL（5）100mL 某Al2（SO4）3溶液中，n（Al3+）=0.20mol，则其中c（SO42）=mol/L（6）某氯化镁溶液的密度为1.18g/cm3，其中镁离子的质量分数5.6%，300mL该溶液中Cl的物质的量等于34现有25101KPa条件下的氯化氢（HCl）气体49L（注：25101KPa条件下气体摩尔体积为24.5L/mol）则：该气体所含原子总
16、数为该气体的质量为g该气体溶于127mL水中，得到密度为1.20g/mL的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为取出20.0mL该溶液，配成浓度为2.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是ml2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳高中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1在20g密度为d g/cm3的硝酸钙溶液里含1g Ca2+，则硝酸根离子的物质的量浓度是（）AmolL1BmolL1C1.25d molL1D2.5d molL1【考点】物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】根据V=计算溶液的体积，根据n=计算1g钙离子的物
17、质的量，溶液中n（NO3）=2n（Ca2+），再根据c=计算NO3的物质的量浓度【解答】解：解法一：1g钙离子的物质的量为=0.025mol，所以溶液中n（NO3）=2n（Ca2+）=0.05mol，溶液的体积为=L，故NO3的物质的量浓度为=2.5d mol/L，故选D【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意对公式的理解及钙离子与硝酸根离子的关系，该题还可以根据溶液中存在电荷守恒进行计算2在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃后，容器内三种气体恰好完全反应，冷却到室温得质量分数为33.6%的盐酸，则容器中H2、O2、Cl2的体积比是（）A9：4：1B10：
18、4：1C5：4：1D3：1：1【考点】化学方程式的有关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃后，发生反应H2+Cl22HCl、2H2+O22H2O，恰好完全反应，设生成HCl的物质的量为n1，生成H2O的物质的量为n2，根据质量分数列方程确定n1、n2的关系，根据方程式可知n（H2）=n（HCl）+n（H2O），n（O2）=n（H2O），n（Cl2）=n（HCl），在相同状况下，气体的物质的量之比等于其体积比，据此解答【解答】解：在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2的混合气体，通过电火花点燃后，发生反应H2+Cl22HCl、2H2+O
19、22H2O，恰好完全反应，设生成HCl的物质的量为n1，生成H2O的物质的量为n2，则：100%=33.6%，解得，令n1=1mol，n2=4mol，根据方程式可知n（H2）=n（HCl）+n（H2O）=0.5mol+4mol=4.5mol，n（O2）=n（H2O）=2mol，n（Cl2）=n（HCl）=0.5mol，所以n（H2）：n（O2）：n（Cl2）=4.5mol：2mol：0.5mol=9：4：1，在相同状况下，气体的物质的量之比等于其体积比，所以V（H2）：V（O2）：V（Cl2）=9：4：1，故选A【点评】本题考查混合物的有关计算，根据质量分数确定氯化氢与水的物质的量关系是关键，
20、题目难度中等3在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是（）ANa+、K+、SO42、HCO3BCu2+、K+、SO42、NO3CNa+、K+、Cl、NO3DFe3+、K+、SO42、Cl【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】酸性溶液里含有大量H+离子，与H+反应的离子不能大量存在，溶液呈无色透明，则有颜色的离子不能存在【解答】解：A酸性条件下HCO3与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在，故A错误；BCu2+有颜色，与题目无色不符，故B错误；C四种离子无色，且离子之间不发生任何反应，能大量共存，故C正确DFe3+有颜色，与题目无色不符，故D错误故选C【点评】本题考查
21、离子共存，题目难度不大，本题注意题目酸性、无色的要求，注意常见有颜色的离子以及离子之间反应的类型4下列叙述正确的是（）A物质的量是衡量物质质量大小的物理量B摩尔质量即相对分子质量C摩尔是物质的量的单位D气体摩尔体积是指单位物质的量的物质所占的体积【考点】物质的量的单位-摩尔菁优网版权所有【专题】化学用语专题【分析】A、物质的量的概念来回答；B、摩尔质量和相对分子质量在数值上是相等的；C、物质的量的单位是摩尔；D、根据气体摩尔体积的概念来回答【解答】解：A、物质的量是衡量一定质量或是一定体积的物质中所含微粒数多少的物理量，故A错误；B、摩尔质量和相对分子质量在数值上是相等的，摩尔质量有单位，相对
22、分子质量的单位是1，故B错误；C、物质的量的单位是摩尔，故C正确；D、气体摩尔体积是指在一定的温度和压强下，单位物质的量的气体所占的体积，故D错误故选C【点评】本题涉及物质的量、气体摩尔体积、摩尔质量等物理量的概念，注意知识的梳理是关键，难度不大5关于用CCl4萃取碘水的 说法中不正确的是（）A碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度B萃取后水层颜色变浅C萃取后CCl4溶液层为紫红色D萃取后水层颜色变红且在下层【考点】分液和萃取菁优网版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】A碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大；B碘进入四氯化碳层；C碘的CCl4溶液为紫红色；D四氯化碳的密度比水大【解答】
23、解：A碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，故A正确； B碘进入四氯化碳层，水层颜色变浅，故B正确；C碘的CCl4溶液呈紫红色，故C正确；D四氯化碳的密度比水大，水在上层，故D错误故选D【点评】本题考查分液与萃取，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意相关化学实验的基本操作方法6下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A11.2 L N2含有的分子数为0.5NAB在常温常压下，1 mol Ne含有的原子数为NAC71 g Cl2所含分子数为2NAD在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A、氮气所处的状态
24、不明确；B、氖为单原子分子；C、氯气的分子个数N=来计算；D、气体单质分为单原子分子、双原子分子和多原子分子【解答】解：A、氮气所处的状态不明确，故氮气的物质的量无法计算，故A错误；B、氖为单原子分子，则1mol氖气中含1mol氖原子即NA个，故B正确；C、71g氯气中的分子个数N=NA=NA个，故C错误；D、同温同压下，相同体积的气体单质的物质的量相同，但由于气体单质分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故所含的原子个数不一定相同，故D错误故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性
25、溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42BH+浓度为11013molL1的溶液中，Na+、K+、Cl、NO2CAlO2浓度为0.1 molL1的溶液中：Na+、K+、HSO3、ClD室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SiO32【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】A强碱性溶液中存在大量的OH，与OH反应的离子不能大量存在；BH+浓度为11013molL1的溶液，应呈碱性；C与AlO2反应的离子不能大量共存；D室温下，pH=1的溶液呈酸性，在酸性条件下反应的离子不能大量共存【解答】解：A强碱性溶液中存在大量的OH，与OH反应的Al3+不能大量存在，故A错误
26、；BH+浓度为11013molL1的溶液，呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C与AlO2反应的HSO3不能大量共存，故C错误；D室温下，pH=1的溶液呈酸性，在酸性条件下，SiO32不能大量共存，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查，题目难度不大，注意把握题给信息以及一些隐含条件8下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACO2CuOH2SO4NH3H2ONa2SBCONa2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DNO2CaOHNO3Cu（OH）2CO3CaCO3A
27、ABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【分析】碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物，盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）【解答】解：A、CO2是酸性氧化物，CuO是碱性氧化物，H2SO4是酸，NH3H2O是碱，Na2S是盐，故A正确；B
28、、CO既不能与酸反应也不能与碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故B错误；C、Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不是碱性氧化物，故C错误；D、NO2与碱反应除了生成盐和水，还生成NO，不是酸性氧化物；Cu（OH）2CO3是盐不是碱，故D错误；故选A【点评】本题考查了酸碱盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，难度不大9下列各物质的物质的量不能肯定是1mol的是（）A23 g金属钠所含的钠原子数B标准状况下，17 g氨气C22.4 L CO2气体D标准状况下10 L氧气和12.4 L氮气的混合物【考点】物质的量浓度菁优网版权所有【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】A钠的原子量是23； B
29、氨气的分子量是17；C气体不一定在标况下；D标准状况下22.4L气体的物质的量为1mol【解答】解：A23 g金属钠的物质的量是1mol，故A正确； B17 g氨气的物质的量是1mol，故B正确；C气体不一定在标况下，无法确定物质的量，故C错误；D标准状况下22.4L气体的物质的量为1mol，与气体的种类无关，故D正确故选C【点评】本题考查物质的量的相关计算，难度不大，明确相关的公式是解题的关键10下列说法正确的是（）ACu能导电，所以Cu是电解质BNaCl溶液导电，所以NaCl溶液是电解质CSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D熔融状态的Na2O导电，所以Na2O是电解质【考点】电解质与非
30、电解质菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【分析】A、电解质必须是化合物；B、电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；C、电解质溶液导电，必须自身电离；D、熔融状态的Na2O导电，Na2O是电解质【解答】解：A、Cu能导电，但铜为单质，所以不属于电解质，故A错误；B、NaCl溶液导电，但NaCl溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；C、SO3 溶于水形成的溶液能导电，但三氧化硫自身不能电离，所以SO3 是非电解质，故C错误；D、熔融状态的Na2O导电，所以Na2O是电解质，故D正确，故选D【点评】本题考查电解质概念的辨析，题目难度不大解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或
31、熔化状态下为条件11在pH=1的无色溶液中，下列各离子组因发生氧化还原反应而不能共存的是（）ANH4+ K+ Na+ CO32 NO3BK+ Na+ Fe2+ SO42 NO3CNH4+ K+ Na+ HCO3Al（OH）4DNH4+ K+ Na+ NO3 I【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】pH=1的无色溶液，显酸性，具有还原性的离子与具有氧化性的离子发生氧化还原反应不能共存，结合离子的颜色来解答【解答】解：AH+、CO32发生复分解反应不能共存，故A不选；BH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，但Fe2+为浅绿色，与无色不符，故B不选；CAl（OH）4促进HC
32、O3的电离，不能共存，故C不选；DH+、NO3、I发生氧化还原反应，不能大量共存，且离子均为无色，故D选；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大12下列反应中，反应物的用量或浓度改变时，不会改变生成物的是（）A铁与硫酸反应B氢氧化钠溶液和CO2反应C硫在氧气中燃烧D铜和与硝酸反应【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；铁的化学性质菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】A铁与稀硫酸反应生成氢气，铁与浓硫酸在加热条件反应生成二氧化硫；B少量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中生成碳酸钠，过量二氧化碳通入
33、氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠；C硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫；D铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮；【解答】解：A铁与稀硫酸反应生成氢气，铁与浓硫酸在加热条件反应生成二氧化硫，所以生成物和反应物的浓度有关，故A错误；B少量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中生成碳酸钠，过量二氧化碳通入氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠，所以生成物和反应物的用量有关，故B错误；C硫在氧气中燃烧无论氧气是否过量都只能生成二氧化硫，所以生成物与反应物的用量或浓度无关，故C正确；D铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，所以生成物和反应物的浓度有关，故D错误；故选：C；【点评】本题考查了物质的用量或浓度
34、不同导致产物不同，明确物质之间的反应是解本题的关键，难度不大13常温下，某无色透明的溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（）AH+、Na+、Cl、CO32BBa2+、Na+、SO42、ClCMnO4、K+、I、H+DMg2+、Cl、NO3、H+【考点】离子共存问题菁优网版权所有【分析】溶液无色，说明不含有颜色的离子，离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生双水解反应、氧化还原反应的就能共存，以此解答该题【解答】解：AH+、CO32反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；BBa2+、SO42反应生成沉淀，不能大量大量共存，故B错误；CMnO4有颜色，不符合题目无色要求，故C错误；D
35、溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D【点评】本题考查离子共存，为高考热点，明确离子共存条件是解本题关键，常常与盐类水解、氧化还原反应、离子颜色、pH等联合考查，题目难度中等14可根据物质的组成或性质进行物质分类下列物质分类中，只考虑组成的是（）ANa2SO4是钠盐、硫酸盐、正盐BHCl是一元酸、强酸、挥发性酸CFe2O3是金属氧化物、最高价氧化物、碱性氧化物DCa（OH）2是二元碱、微溶性碱、强碱【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【分析】对物质进行分类是研究物质的重要方法，常见的分类方法是按着物质的组成、结构和性质进行分类
36、的【解答】解：A、Na2SO4是钠盐，是硫酸盐，而且是正盐，是根据其组成来划分的，故A正确；B、HCl是一元酸，这是根据其组成来划分的，而是强酸和挥发性酸，是根据其性质来划分的，故B错误；C、Fe2O3是金属氧化物，是根据其组成来划分的，是碱性氧化物是根据其性质划分的，故C错误；D、Ca（OH）2是二元碱是根据其组成来划分的，但是微溶性碱、强碱是根据其性质来划分的，故D错误故选A【点评】本题考查学生物质分类的方法，可以根据所学知识进行回答，难度不大15R2O8n在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4，若反应中R2O8n变为RO42，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n值为（）
37、A1B2C3D4【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值【解答】解：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n作氧化剂，即R2O8n与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n+2Mn2+=2MnO4+10RO42+16H+，根据电荷守恒得5n+22=12+（210）+116，解得：n=2，故选：B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，根据
38、原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大，侧重于考查学生对氧化还原反应的原理的应用能力16下列离子能在无色澄清溶液中共存的是（）AFe3+、NO3、K+、ClBNH4+、Mg2+、SO42、ClCNa+、Al3+、OH、CO32DK+、Na+、NO3、MnO4【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】无色溶液可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，A铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；BNH4+、Mg2+、SO42、Cl离子之间不发生反应，且为无色溶液；C铝离子能够与氢氧根离子、碳酸根离子反应；D高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的要求【
39、解答】解：AFe3+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；BNH4+、Mg2+、SO42、Cl离子之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B正确；CAl3+与OH、CO32之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的条件，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色
40、，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在17下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是（）碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸苯酚钠溶液与CO2 硝酸银溶液与氨水氯化铝溶液与氨水 碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水ABC仅有D【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】碳酸钠溶液与盐酸，前者过量生成碳酸氢钠和氯化钠，后者过量生成氯化钠、水和二氧化碳；偏铝酸钠溶液与盐酸，根据氢氧化铝的两性分析，生成的氢氧化铝可以溶解在强酸中；酸性H2CO3C6H5OHHCO3；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生
41、成氢氧化银沉淀；Al（OH）3不溶于过量的氨水；酸式盐和对应碱的反应，前者过量，生成的碳酸根离子过量，后者过量，氢氧根离子过量【解答】解：碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，反应为：CO32+H+=HCO3；后者过量，即碳酸钠少量，发生反应为：CO32+2H+=CO2+H2O，所以量不同，反应不同，故错误；偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为：AlO2+H+H2OAl（OH）3产生白色沉淀，后者过量发生AlO2+H+H2OAl（OH）3，Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，量不同，生成产物不同，故错误；苯酚钠中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，与量无关，C6H5O+CO2+H2OC6H5OH
42、+HCO3，故正确；硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子（银氨溶液）使沉淀溶解先发生：Ag +NH3H2O=AgOH+NH4+，后发生：AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液（氨水过量），量不同，生成产物不同，故错误；Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3 NH4+，故正确；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，后者过量，HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2
43、O，量不同，生成产物不同，故错误；故选A【点评】本题考查离子方程式的书写，关键是熟练掌握离子的性质和产物与过量试剂的后续反应的性质，题目难度较大18如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏加德罗常数是（）An/1 mol1B9n mol1C2n mol1Dn mol1【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】根据水分子的构成、n=、N=nNA来计算【解答】解：1g水的物质的量=mol，水分子是由1个氧原子和2个氢原子构成的，则氢原子的物质的量为 mol2=mol，由N=nNA可知，阿伏加德罗常数可表示为NA=故选B【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确质量
44、、物质的量、微粒数目的关系是解答本题的关键，并注意不同字母表示的意义来解答19用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A14gC2H4和C4H8的混合气体中所含的共价键数为3NAB标准状况下，11.2L SO3所含的分子数为0.5NAC24g3H218O含有的中子数为12NAD0.1mol O22所含的电子数为1.6NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】AC2H4和C4H8的最简式都是CH2；B标准状况下，SO3不是气体；C3H218O含有的中子数为14；DO22所含的电子数为18【解答】解：A14gC2H4和C4H8的混合物中含有1mol最简式CH2，含有3mol共价键，即3
45、NA，故A正确；B标准状况下，SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C24g3H218O的物质的量为=1mol，故含有的中子数为14mol，故C错误；D0.1mol O22所含的电子数为1.8NA，故D错误；故选A【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，难度中等要熟练掌握以物质的量为中心的转化关系，气体摩尔体积的使用条件20实验室需用480mL0.5mol/L的NaOH溶液，以下操作正确的是（）A称取10.0gNaOH，加入500mL水B称取10.0gNaOH，选取500mL容量瓶进行配制C称取9.6gNaOH，选取480mL容量瓶进行配制D称取9.6gNaOH，选取500
46、mL容量瓶进行配制【考点】配制一定物质的量浓度的溶液菁优网版权所有【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】0.5mol/L的NaOH溶液表示1L溶液中含有溶质的物质的量为0.5mol，要配置480mL0.5mol/L的NaOH溶液，应选择500ml的容量瓶，配置500ml溶液【解答】解：A.10.0gNaOH的物质的量=0.25mol，加入500mL水，溶液的体积大于0.5L，所得溶液的浓度不小于0.5mol/L，故A错误；B.10.0gNaOH的物质的量=0.25mol，选取500mL容量瓶进行配制，所以溶液的体积为1L，所得溶液的浓度等于0.5mol/L，故B正确；C要配置480mL应选择
47、500ml的容量瓶，故C错误；D.9.6gNaOH的物质的量小于0.25mol，溶液的体积为0.5L，所得溶液的体积小于0.5mol/L，故D错误；故选：B【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配置，题目难度不大，明确物质的量浓度中体积指溶液的体积是解题关键，注意容量瓶选择原则：大而近21NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）AH2SO4的摩尔质量（g/mol）与NA个硫酸分子的质量（g）在数值上相等BNA个氧气分子和NA个氮气分子的质量比为8：7C在标准状况下，0.5 NA个氯气分子所占的体积为11.2 LD28 g氮气所含原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿
48、伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；B、依据n=计算分析；C、依据n=计算；D、依据n=计算物质的量，结合分子式计算原子数；【解答】解：A、H2SO4的摩尔质量（g/mol）与NA个硫酸分子物质的量 为1mol的质量（g）在数值上相等，故A正确；B、NA个氧气分子和NA个氮气分子的质量比=32：28=8：7，故B正确；C、在标准状况下，0.5 NA个氯气分子物质的量为0.5mol，所占的体积=0.5mol22，4L/mol=11.2 L，故C正确；D、28 g氮气物质的量=1mol，所含原子数目为2NA，故D错误；故选D【点评】本题考
49、查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是摩尔质量、气体摩尔体积概念分析判断，物质的量计算微粒数的方法，掌握基础是关键，题目较简单22对于2NaBr+Cl22NaCl+Br2反应，下列说法不正确的是（）A该反应既是置换反应，又是氧化还原反应BCl2是氧化剂，发生还原反应C若有1.6g Br2生成，反应过程中转移了0.02NA个电子D钠元素在反应中价态不变，所以NaBr既不是氧化剂，又不是还原剂【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】A、置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；氧化还原反应是反应过程中有元素化合价的变化；
50、B、氧化剂被还原发生还原反应；C、质量换算物质的量结合反应进行计算；D、钠元素不参与氧化还原反应，溴离子化合价变化发生氧化反应【解答】解：A、反应符合置换反应和氧化还原反应的概念，故A正确；B、氯气化合价降低做氧化剂被还原，故B正确；C、1.6gBr2物质的量为0.01mol，Br2Br2e反应过程中转移了0.02NA个电子，故C正确；D、钠元素在反应中价态不变，但溴元素化合价变化，所以NaBr是还原剂，故D错误；故选D【点评】本题考查了氧化还原反应的概念应用和电子转移的计算，较简单23有关电解质的下列叙述中正确的是（）A盐酸的导电性比乙酸溶液的导电性强，说明乙酸是弱酸B因为氧化钾溶于水能导电
51、，所以氧化钾是电解质C强电解质中一定含有离子键，弱电解质中一定含有弱极性共价键D某物质能导电，说明该物质一定含有能自由移动的带电荷的微粒【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质与非电解质菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A应在同浓度条件下比较；B氧化钾和水反应生成氢氧化钾；C强电解质不一定含有离子键，如HCl；D当物质存在自由移动的离子或电子时，可导电【解答】解：A如不在相同浓度下，则不具有可比较性，故A错误；B氧化钾和水反应，溶液中不存在氧化钾，故B错误；C强电解质不一定含有离子键，如HCl，如电解质中也可能存在强极性键，如HF，故C错误；D导电的条件是物质存在自由移
52、动的离子或电子，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及电解质的电离、电解质的强弱以及化学键的类型等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累24将一定量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，下列反应的离子方程式一定错误的是（）ASO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOBSO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO4+HClO+H+ClC2SO2+2H2O+Ca2+2ClOCaSO4+4H+2Cl+SODSO2+H2O+Ca2+3ClOCaSO4+2HClO+Cl【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应
53、专题【分析】二氧化硫具有强的还原性，ClO有较强的氧化性，二者相遇首先发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，因为硫酸钙在水中的溶解度不大，则硫酸根离子与钙离子会形成硫酸钙沉淀，据此解答【解答】解：次氯酸根离子有强氧化性，二氧化硫有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子，如果次氯酸根离子的量大于二氧化硫的量，溶液中除了生成氯离子外还生成次氯酸，硫酸钙是微溶物，当溶液中硫酸钙的量较大时生成硫酸钙沉淀，溶液中亚硫酸钙能被次氯酸氧化生成硫酸钙，则溶液中一定不存在亚硫酸钙，所以A错误，故选：A【点评】本题考查离子方程式的书写，明确次氯酸根离子氧化性、二氧化硫还原性是解题关键，题目难度
54、中等25下列解释事实的离子方程式正确的是（）A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OB实验室盛碱液的瓶子不用玻璃塞：SiO2+2OH=SiO32+H2OC用稀盐酸和大理石反应制取CO2：CO32+2H+=CO2+H2OD向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32【考点】离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】A反应制得浅绿色溶液，说明生成的是亚铁离子，不是铁离子；B玻璃塞中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧根离子反应；C大理石的主要成分为碳酸钙，碳酸钙为难溶物，不能拆开；D二氧化碳过量，反应
55、生成碳酸氢根离子【解答】解：A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液，则反应生成了亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O，故A错误；B实验室盛碱液的瓶子不用玻璃塞，原因是玻璃塞中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O，故B正确；C碳酸钙为难溶物，需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO32+2H+=CO2+H2O+Ca2+，故C错误；DCa（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：ClO+H2O+CO2=HClO+HCO3，故D错误；故选B【点评
56、】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意掌握常见的需要保留化学式的物质，如难溶物、氧化物、弱电解质、气体等，试题培养了学生的灵活运用能力26下列各组离子中，在溶液中能大量共存，加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸气体放出的是（）ANa+、Ca2+、SO42、CO32BK+、Ba2+、HCO3、ClCK+、Al3+、SO42、NO3DK+、Na+、CO32、SO42【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，则能共存，并结合加入氢氧化钠溶液有沉淀析出，加入稀盐酸气体放出来解答【解答
57、】解：A因Ca2+分别与SO42、CO32结合生成沉淀，则不能共存，故A不选；B该组离子之间不反应，能共存，加NaOH与Ba2+、HCO3反应生成碳酸钡沉淀，加盐酸与HCO3反应生成二氧化碳气体，故B选；C该组离子之间不反应，能共存，加NaOH与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀，加盐酸不反应，故C不选；D该组离子之间不反应，能共存，加NaOH不反应，加盐酸生成二氧化碳，故D不选；故选B【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应及题目中的限制条件是解答本题的关键，题目难度不大27NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法中不正确的是（）A标准状况下，22.4 L氦气含有NA个氦原子B20 g重水含有10
58、 NA个电子C12.5 mL l6 molL1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2 NAD1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1 NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A依据n=结合氦气为单原子分子解答；B每个重水分子含有10个电子，质量转换为物质的量结合重水分子的构成解答；C铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D氧气和臭氧都是由氧原子构成，据此解答【解答】解：A氦气的物质的量为：=1mol，氦气是单原子分子，所以含有NA个氦原子，故A正确；B.20 g重水的物质的量=1mol，每个重水分子含有10个电子，含有电子物质的量为1
59、0mol，故含有电子数目为10molNAmol1=10NA，故B正确；C.12.5 mL l6 molL1浓硫酸中含有0.2mol硫酸，完全反应0.2mol硫酸会生成0.1mol二氧化硫，转移了0.2mol电子，由于铜与稀硫酸不反应，转移的电子的物质的量小于0.2 NA，故C错误；D.1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故D正确；故选：C【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意铜与稀硫酸不发生反应28已知Fe3O4可表示成（FeOFe2O3）
60、，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法正确的是（）AO2和S2O32是氧化剂，Fe2+是还原剂B每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：1D若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算菁优网版权所有【专题】氧化还原反应专题【分析】A、所含元素化合价降低得到反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂结合方程式中元素化合价变化判断B、反应中只有氧气中氧元素的化合价降低，由0价升
61、高为2价，据此计算转移电子物质的量C、所含元素化合价降低得到反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂结合方程式计算判断D、根据部分电子转移守恒计算【解答】解：在3Fe2+2S2O32+O2+4OH=Fe3O4+S4O62+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+；硫元素的化合价变化为：+2+；氧元素的化合价变化：02，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32A、由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32，氧化剂是O2，故A错误；B、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol4=4mol，故B错误；C
62、、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故C错误；D、2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为=0.5mol，故D正确故选：D【点评】考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键，本题难度较大，需细心分析29设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol
63、苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2）C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、根据氯原子的守恒来分析；C、SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底；D、电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，转移的电子的物质的量不一定是0.2mol；【解答】解：A、苯不是单双键
64、交替的结构，不含碳碳双键，故A错误；B、1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO、Cl、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）+2N（Cl2），即N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2），故B正确；C、SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2NA，故C错误；D、粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减少6.4g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，转移的电子数不一定为0.2NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿
65、伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大30铁氧体（Fe3O4）法是处理含铬废水的常用方法，其原理是：用FeSO4把废水中Cr2O还原为Cr3+，并通过调节废水的pH，使生成物组成符合类似于铁氧体（Fe3O4或Fe2O3FeO）的复合氧化物（xstackrel+3Fe2xO3O）处理含1mol Cr2O废水至少需要加入a mol FeSO47H2O下列结论正确的是（）Ax=0.5，a=10Bx=1，a=5Cx=2，a=10Dx=0.5，a=8【考点】氧化还原反应的计算菁优网版权所有【分析】由题目信息可知，Cr2O72中Cr元素由+6价还原为+3价，FeS04中
66、Fe元素被氧化为+3价，且Fe元素部分化合价未变化，根据电子转移守恒有3x=2x，据此确定x的值；计算处理1molCr2O72时被氧化为+3价的Fe元素物质的量，进而计算复合氧化物中+2的Fe元素物质的量，根据Fe元素守恒计算FeS047H2O的物质的量【解答】解：由题目信息可知，Cr2O72中Cr元素由+6价还原为+3价，FeS04中Fe元素被氧化为+3价，且Fe元素部分化合价为变化，根据电子转移守恒计算有3x=2x，解得x=0.5；处理1molCr2O72，根据电子转移守恒可知，被氧化为+3价的Fe元素物质的量为=6mol，复合氧化物中+2的Fe元素与+3价Fe元素的物质的量之比为1：（2
67、x）=1：（20.5）=1：1.5，故算复合氧化物中+2的Fe元素物质的量为=4mol，根据Fe元素守恒可知FeS047H2O物质的量为6mol+4mol=10mol，故选：A【点评】本题考查氧化还原法的有关计算，难度中等，注意根据电子转移守恒、原子守恒进行的计算二、填空题31（1）等体积的CO和CH4在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比是1：4（2）将2.4mol某金属投入某酸溶液中，恰好完全反应，并产生7.2g氢气，则此金属化合价为+3（3）某同学为探究铜铁合金中铁的质量分数，先后进行了三次实验，实验数据如下： 实验次数项目第一次第二次第三次所取合金的质量/g202040所加稀硫酸的
68、质量/g10012080生成氢气的质量/g0.40.40.4该合金中铁的质量分数是56%（结果精确到1%）本实验中所加稀硫酸的溶质的质量分数为24.5%（结果精确到0.1%）【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】（1）体积相等就是物质的两相等，根据方程2CO+O2=2COCO2、CH4+2O2=CO2+2H2O 得同物质的量的CO和CH4需要氧气的比为1：4，那么转移电子数之比就应该为1：4； （2）根据产生的氢气求出氢离子的物质的量进而求出氢离子得到的电子数，然后根据得失电子求出金属元素的化合价；（3）从第一次和
69、第二次的数据可知，20 g铜铁合金分别与100g和120g稀硫酸反应所产生的氢气都为0.4g，说明了20 g合金里的铁已完全反应，稀硫酸过量而第三次40g铜铁合金与80 g稀硫酸反应所产生的氢气也为0.4g，说明了40g铜铁合金过量，稀硫酸已完全反应所以上表三次实验中，合金里的铁恰好完全反应时，消耗稀硫酸溶液的质量是80g；（4）消耗80g稀硫酸生成0.4gH2 ，依据方程式比例求出80g硫酸溶液中含硫酸的质量就可以求其百分含量【解答】解：（1）取1mol一氧化碳和甲烷气体，充分燃烧耗氧量分别为0.5mol和2mol，所以转移电子数之比为0.5：2=1：4，故答案为：1：4；（2）生成氢气时氢
70、离子得到的电子数：7.2 g2（g/mol）2=7.2 mol，设该金属元素化合价为+x，则2.4x=7.2 x=3，故答案为+3；（3）通过表中数据得出结论20g合金反应生成0.4g氢气 FeH2 56g 2g m 0.4g m=11.2g 11.2g20g100%=56%，故答案为：56%；（4）通过表中数据得出结论消耗稀硫酸溶液的质量是80g时放出氢气0.4g H2SO4H2 98g 2g m0.4g m=19.6g 19.6g80g100%=24.5%，故答案为：24.5%【点评】本题考查了氧化还原反应中得失电子的守恒规律，题目难度中等，解题时注意对表中数据得分析和处理32（1）利用Z
71、n+2FeCl3=ZnCl2+2FeCl2反应，设计一个原电池，写出电极反应式 正极C，负极Zn，电解质溶液FeCl3溶液，电极反应式Zn2e=Zn2+、Fe3+e=Fe2+（2）下列操作中能使所配制的NaOH溶液浓度偏高的是CEA称量的是长期暴露在空气中的NaOHB容量瓶不干燥C将溶解于烧杯中的NaOH溶液未经冷却就转移到容量瓶中进行配制D混匀容量瓶中溶液后，发现液面低于刻度线，再向容量瓶中加蒸馏水至刻度线E定容时，俯视液面使之与刻度线相切【考点】原电池和电解池的工作原理；溶液的配制菁优网版权所有【分析】（1）根据反应“Zn+2FeCl3ZnCl2+2FeCl2”可知，反应中Zn被氧化，应为
72、原电池负极，失电子而被氧化，正极应为活泼性比Zn弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为FeCl3，以此书写有关的电极反应式；（2）A、称量的是长期暴露在空气中的NaOH，则由于氢氧化钠变质，导致氢氧化钠偏少；B、容量瓶中有少量的蒸馏水不影响溶液体积、溶质的物质的量，所以不影响配制结果；C、将溶解于烧杯中的NaOH溶液未经冷却就转移到容量瓶中，则根据溶液热胀冷缩，所以到室温时体积偏小；D、定容、摇匀后，由于容量瓶刻度线上方有残留的溶液，所以液面会低于刻度线，属于正常现象，不需要加入蒸馏水，否则会导致配制的溶液体积偏大；E、定容时俯视容量瓶刻度线，加入的蒸馏水在刻度线下
73、方，即配制的溶液体积偏小【解答】解：（1）由反应“Zn+2FeCl3ZnCl2+2FeCl2”可知，反应中Zn被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化，电极反应为Zn2e=Zn2+，正极应为活泼性比Zn弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电极反应式为Fe3+e=Fe2+，电解质溶液为FeCl3，故答案为：C；Zn；FeCl3溶液；Zn2e=Zn2+；Fe3+e=Fe2+；（2）A、称量的是长期暴露在空气中的NaOH，则由于氢氧化钠变质，导致氢氧化钠偏少，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故A错误；B、容量瓶中有少量的蒸馏水不影响溶液体积、溶质的物质的量，所以不影响配制结果，故B
74、错误；C、；将溶解于烧杯中的NaOH溶液未经冷却就转移到容量瓶中，则根据溶液热胀冷缩，所以到室温时体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故C正确；D、定容、摇匀后，由于容量瓶刻度线上方有残留的溶液，所以液面会低于刻度线，属于正常现象，不需要加入蒸馏水，否则会导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故D错误；E、定容时俯视容量瓶刻度线，加入的蒸馏水在刻度线下方，即配制的溶液体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故E正确；故选CE【点评】本题考查原电池的设计、原电池的工作原理以及配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，题目难度不大，注意从氧化还原反应的角度由电池反应判
75、断电极反应33物质的量是高中化学中常用的物理量，请完成以下有关其内容的计算：（1）标准状况下，含有相同氧原子数的CO与CO2的体积之比为2：1（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为1：1，原子个数比为2：3，质量比为2：3（3）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g某气中含有的分子数为b，则c g某气在标准状况下的体积约是L （用含NA的式子表示）（4）配制100mL 1molL1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4（密度为，1.84gmL1，质量分数为98%）的体积为5.4 mL（5）100mL 某Al2（SO4）3溶液中，n（Al3+）=0.20mol，则其中c（
76、SO42）=3.0mol/L（6）某氯化镁溶液的密度为1.18g/cm3，其中镁离子的质量分数5.6%，300mL该溶液中Cl的物质的量等于1.65mol【考点】物质的量的相关计算菁优网版权所有【分析】（1）相同氧原子数，n（O）相同，以此计算CO与CO2的物质的量关系，相同条件下，物质的量之比等于体积之比；（2）等温等压下，分子数目之比等于气体体积之比，还等于物质的量比；根据物质的量之间的关系求出质量关系；（3）先求出ag气体含有的分子数，再求出其物质的量，最后根据气体体积公式求出体积；（4）根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（5）Al2（
77、SO4）3溶液，阳离子、阴离子的个数之比为2：3；（6）先根据氯化镁溶液的密度及镁离子的质量分数计算出镁离子的物质的量浓度，再计算出氯离子的浓度，最后计算出300mL该溶液中含有的氯离子的物质的量【解答】解：（1）相同氧原子数，n（O）相同，CO与CO2的物质的量比为2：1，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，所以体积之比为2：1，故答案为：2：1；（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为1：1，则物质的量之比为1：1，所以O原子数之比为2：3；根据m=M知，其质量之比等于其摩尔质量之比=32g/mol：48g/mol=2：3；故答案为：1：1；2：3；2：3；（3）根据其组分相
78、同，所以其质量与分子数成正比，ag气体含有的分子数为：b个，质量与分子数的比列式为：ag：b个=cg：x个，x=个； cg该混合气体含有的物质的量为：n=mol，其体积为：V=nVm =molVm =L故答案为：L；（4）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL18.4mol/L=100mL1mol/L，解得：x5.4故答案为：5.4；（5）Al2（SO4）3溶液，阳离子、阴离子的个数之比为2：3，c（Al3+）=2.0mol/L，则其中c（SO42）=2.0mol/L=3.0m
79、ol/L，故答案为：3.0；（6）1L该氯化镁溶液中镁离子的物质的量为：n（Mg2+）=2.75mol，镁离子的物质的量浓度为：2.75mol/L，根据氯化镁的化学式可知，氯离子的浓度为：c（Cl）=2c（Mg2+）=5.50mol/L，300mL该氯化镁溶液中含有氯离子的物质的量为：n（Cl）=5.50mol/L0.3L=1.65mol，故答案为：1.65mol【点评】本题考查物质的量的计算，把握质量与物质的量的关系、物质的构成及发生的化学反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度中等34现有25101KPa条件下的氯化氢（HCl）气体49L（注：25101KPa条件下气体摩尔体积为24
80、.5L/mol）则：该气体所含原子总数为4NA该气体的质量为73g该气体溶于127mL水中，得到密度为1.20g/mL的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为12mol/L取出20.0mL该溶液，配成浓度为2.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是120ml【考点】物质的量的相关计算菁优网版权所有【专题】计算题【分析】根据n=计算氯化氢的物质的量，原子物质的量为HCl的2倍，再根据N=nNA计算原子总数目；根据m=nM计算HCl的质量；根据m=V计算水的质量，进而计算溶液的质量分数，再根据c=计算此盐酸的物质的量浓度；根据稀释定律计算稀释后溶液的体积【解答】解：氯化氢的物质的量为=2mol，原子物质的量为HCl的2倍，含有原子总数目为2mol2mol1=4NA，故答案为：4NA；HCl的质量为2mol36.5g/mol=73g，故答案为：73；127mL水的质量为127mL1g/mL=127g，溶液的质量分数为100%=36.5%，根据c=可知，此盐酸的物质的量浓度为mol/L=12mol/L，故答案为：12mol/L；根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量相等，则稀释后溶液的体积为=120mL，故答案为：120【点评】本题考查物质的量有关计算，注意掌握以物质的量为中心的计算，理解物质的量浓度与质量分数之间的关系