解析版山东省泰安一中高二期中化学试卷解析

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1、-山东省泰安一中高二（下）期中化学试卷参照答案与试题解析一、选择题（共50分）1（3分）（秋宁波期中）某元素1个原子的质量是ag，又知1个12C原子的质量为bg，NA表达阿伏伽德罗常数，则下列各式中能表达该原子的相对原子质量数值的是（）a/NA12a/baNA12b/aABCD 考点：相对原子质量及其计算 专项：计算题分析：以一种12C原子质量的为原则，其她原子的质量跟它相比较所得到的比，为这种原子的相对原子质量摩尔质量在以g/mol作单位，数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，据此计算；解答：解：一种12C的质量是bg，某元素1个原子的质量是ag，则该原子的相对原子质量=；1mol某

2、元素原子的质量为aNAg，原子的摩尔质量和其相对原子质量数值相等，R的相对原子质量为aNA；故选：B点评：本题重要考察相对分子质量的计算，注意运用定义法及摩尔质量计算，难度中档2（3分）（四川）下列物质分类对的的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质 专项：物质的分类专项分析：A、酸性氧化物是指和碱反映生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1100nm的

3、分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质构成的物质为混合物；解答：解：A、SO2、SiO2和碱反映生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反映生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混

4、合物，因此均为混合物，故D对的；故选D点评：本题考察了氧化物分类，分散系的辨别，电解质的判断，混合物的物质构成，题目较简朴3（3分）（春泰安校级期中）用NA表达阿伏加德罗常数的值，下列说法中对的的是（）A4.0 g重水（D2O）中所含质子数为0.4NAB4.48 L N2与CO的混合物中所含分子数为0.2NAC6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NAD12.5 mL 16 molL1浓硫酸与足量铜反映，转移电子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、重水中具有10个质子，重水的摩尔质量为20g/mol；B、气体所处的状态不明确；C、白磷与红磷都只具有磷原子；D、稀硫酸和铜不

5、反映解答：解：A、4.0g重水（D2O）的物质的量为0.2mol，0.2mol重水中具有2mol质子，所含质子数为4NA，故A错误；B、气体所处的状态不明确，故4.48L气体的物质的量不明确，故具有的分子个数不能计算，故B错误；C、白磷和红磷都是P原子形成的不同单质，则6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子的物质的量是6.2g31g/mol=0.2mol，则原子数为0.26.021023，故C对的；D、在浓硫酸和铜的反映中，由于随着反映的进行，浓硫酸的浓度逐渐减少，而稀硫酸和铜不反映，因此实际转移电子的个数不不小于0.26.021023，故D错误故选C点评：本题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算

6、，纯熟掌握公式的使用和物质的构造是解题核心，难度不大4（3分）（春灵宝市校级期末）某硫原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，若NA只表达阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中对的的是（）该硫原子的相对原子质量为 m g该硫原子的物质的量为mol该硫原子的摩尔质量是aNA g a g该硫原子所含的电子数为16NAABCD考点：阿伏加德罗常数 专项：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：该硫原子的质量跟一种12C原子的质量的的比值就是该硫原子的相对原子质量；运用n=来计算；摩尔质量在数值上等于其相对原子质量，也等于1mol原子具有的质量； 先计算硫原子的个数，再结合一种硫原子中具有的电子数计算总

7、电子数解答：解：该硫原子的相对原子质量=，故对的；1mol碳原子的个数是NA，n=，故对的；摩尔质量在数值上等于其相对原子质量，也等于1mol原子具有的质量，因此该硫原子的摩尔质量是aNA g/mol，故错误； a g该硫原子的个数=，一种硫原子中具有16个电子，因此a g该硫原子所含的电子数为NA，故错误；故选C点评：本题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算，根据相对分子质量的计算措施、物质的量的计算措施、摩尔质量的定义等知识点来解答，为易错题5（3分）（春泰安校级期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列论述对的的是（）A常温下，1L 1molL1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB1mol羟

8、基中电子数为10NAC在反映中，每生成3mol I2转移的电子数为6NAD常温常压下，22.4L乙烯中CH键数为4NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中具有溶质硝酸铵0.1mol，0.1mol硝酸铵中具有0.2mol氮原子；B、羟基不显电性；C、根据反映前碘元素的化合价也许为+7价、+5价、+3价、+1价或1价来分析；D、常温常压下，气体摩尔体积不小于22.4L/mol解答：解：A、1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中具有溶质硝酸铵的物质的量为0.1mol，0.1mol硝酸铵中具有0.2mol氮原子，具有的氮原子数为0.2NA，故A对的；B、羟基不显电

9、性，故1mol羟基含9mol电子，即9NA个，故B错误；C、根据反映前碘元素的化合价也许为+7价、+5价、+3价、+1价或1价，故当生成3mol碘单质的时候转移的电子的物质的量不一定是6mol，故C错误；D、常温常压下，气体摩尔体积不小于22.4L/mol，故22.4L乙烯的物质的量不不小于1mol，故具有的CH的物质的量不不小于4mol，故D错误故选A点评：本题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算，纯熟掌握公式的使用和物质的构造是解题核心，难度不大6（3分）（赫山区校级三模）已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高则下列溶液沸点最高的是（）A0.01 molL1的

10、蔗糖溶液B0.01 molL1的CaCl2溶液C0.01 molL1的NaCl溶液D0.02 molL1的CH3COOH溶液考点：电解质在水溶液中的电离；物质的量浓度 专项：离子反映专项分析：单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，根据溶液中的溶质的性质及数目解答解答：解：假设溶液的体积都是1L，A.1L0.01 molL1的蔗糖溶液中蔗糖的物质的量=0.01mol/L1L=0.01mol；B.1LCaCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L0.01mol/L3=0.03mol；C.1L0.01 molL1的NaCl溶液溶液中离子的总物质的量=1L0.01mol/

11、L2=0.02mol；D因CH3COOH是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L0.02mol/L=0.02mol，因此离子物质的量最多的是氯化钙溶液，则沸点最高是氯化钙溶液，故选B点评：本题考察了物质的沸点与溶质的关系，波及物质的量的计算及物质的性质，懂得常用挥发性物质，理解题干信息，题目难度不大7（3分）（春泰安校级期中）设NA表达阿伏加德罗常数的值，下列论述中对的的是（）A在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子数为2NAB1 mol C4H10分子中共价键总数为13NAC0.5 molL1 Ba（NO3）2溶液中，NO的数目为NAD任何条件下，20 L N2具有的分子数都不也许

12、为NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、NaHSO4晶体只能电离为Na+和HSO4；B、1molC4H10中含13mol共价键；C、溶液体积不明确；D、氮气的状态不明确，气体摩尔体积也许为20L/mol解答：解：A、NaHSO4晶体只能电离为Na+和HSO4，1mol NaHSO4晶体中，含阳离子1mol，个数为NA，故A错误；B、1molC4H10中含10molCH键，3molCC键，即共13mol共价键，即13NA个，故B对的；C、溶液体积不明确，NO的数目无法计算，故C错误；D、氮气的状态不明确，气体摩尔体积也许为20L/mol，故20 L N2的物质的量也许为1mol，故分子数也许为NA

13、，故D错误故选B点评：本题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算，纯熟掌握公式的使用和物质的构造是解题核心，难度不大8（3分）（江苏）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、SO42B具有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C具有0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42考点：离子共存问题 专项：压轴题分析：A、根据在碱性条件下与否有与OH反映的离子来判断；B、Fe3+具有氧化性，根据与否存在与Fe3+发生氧化还原反映的离子或存在其他反映类型来判断；C、具有

14、Ca2+的溶液中，判断与否有与Ca2+生成沉淀的离子；D、判断在酸性溶液中与否有与H+反映的离子或其他反映类型解答：解：A、强碱性溶液意味着存在大量的OH，因此Al3+不能共存（Al3+3OH=Al（OH）3），故A错误；B、Fe3+和I因发生氧化还原反映而不能共存（2Fe3+2I=2Fe2+I2）故B错误；C、Ca2+和CO32因发生复分解反映而不能共存，故C错误；D、室温下，pH=1的溶液中的四种离子Na+、Fe3+、NO3、SO42之间不能反映生成沉淀、气体、弱电解质以及其他反映类型，故可以大量共存，故D对的故选D点评：本题考察离子共存问题，做题时注意（一色、二性、三特殊、四反映牢记）由

15、于发生复分解反映，离子不能大量共存；由于发生氧化还原反映，离子不能大量共存；溶液酸碱性的判断（隐含条件）9（3分）（春泰安校级期中）下列论述中对的的是（）A相似条件下，N2和O3的混合气体与等体积的N2所含原子数相等B原则状况下，28 g CO和22.4 L SO3所含分子数相等C5.6 g铁粉与足量氯气充足反映，有0.2 mol电子转移D等物质的量的CH和NH所含电子数相等考点：物质的量的有关计算 分析：A从N2和O3的分子构成分析，1molN2具有2mol原子，1molO3具有3mol原子；B气体摩尔体积只合用于气体，原则状况三氧化硫不是气体；C氯气具有强氧化性，变价金属生成高价，铁和氯气

16、反映会生成氯化铁；DCH5+和NH2所含电子数分别是10、10；解答：解：A相似条件下，N2和O3的混合气体与等体积的N2的物质的量相似，则分子数相似，但N2和O3的分子构成原子数目不同，则所含原子数不等，故A错误；B原则状况下，28g CO的物质的量为=1mol，气体摩尔体积只合用于气体，标况下，三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，SO3物质的量不是1mol，故B错误；C5.6g即0.1mol铁粉与足量氯气充足反映，生成氯化铁，有0.3mol电子转移，故C错误；D等物质的量的CH5+和NH2+所含电子的物质的量分别是10mol和10mol，数目相等，故D对的；故选D点评：本题波及物质的量

17、的有关计算知识，注意知识的迁移和应用，注意阿伏加德罗定律及推论的应用，题目难度中档，注意把握粒子的构成原子的构造特点10（3分）（江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列论述对的的是（）A1mol甲醇中具有CH键的数目为4NAB25，pH=13的NaOH溶液中具有OH的数目为0.1NAC原则状况下，2.24L己烷具有分子的数目为0.1NAD常温常压下，Na2O2与足量H2O反映，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA考点：阿伏加德罗常数 专项：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、甲醇为CH3OH，1个分子甲醇中具有3个CH键；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH）=0.1mol/

18、L，但体积未知，无法计算离子数目；C、原则状况下，己烷为液体；D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1molO2时反映中转移的电子为2mol解答：解：A、甲醇为CH3OH，1mol甲醇中具有CH键的数目为3NA，故A错误；B、pH=13的NaOH溶液，c（OH）=0.1mol/L，n=cV，但溶液的体积未知，无法计算离子数目，故B错误；C、原则状况下，己烷为液体，无法计算，故C错误；D、由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1molO2时反映中转移的电子为2mol，则生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，故D对的；故选D点评：本题考察阿伏伽德罗常数的计算，

19、明确物质中的化学键、物质的状态、浓度与物质的量的关系、氧化还原反映中电子转移的数目即可解答，难度不大11（3分）（春泰安校级期中）室温下，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充足反映下列说法对的的是（设NA表达阿伏加德罗常数的值）（）A反映前气体的总体积为0.448LB装置中氢元素的总质量为0.04gC生成物中具有0.01NA个分子D生成物完全溶于水后所得溶液具有0.01 NA个NH4+考点：物质的量的有关计算 专项：计算题分析：氨气与氯化氢反映：HCl+NH3=NH4Cl，生成0.01mol氯化铵固体A常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；B装置中n（H）=n（HCl）+3n（N

20、H3），再根据m=nM计算；C生成物为氯化铵，为离子化合物，不存在分子；D铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中水解解答：解：氨气与氯化氢反映：HCl+NH3=NH4Cl，生成0.01mol氯化铵固体A常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，不小于22.4L/mol，故反映前气体的总体积（0.01mol+0.01mol）22.4L/mol=0.448L，故A错误；B装置中n（H）=n（HCl）+3n（NH3）=0.01mol+0.01mol3=0.04mol，故氢元素质量=0.04mol1g/mol=0.04g，故B对的；C生成物为氯化铵，为离子化合物，不存在分子，故C错误；D0.01mol

21、HCl和0.01molNH3正好反映，生成的氯化铵为0.01mol，铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中发生水解，加水溶解后所得溶液中NH4+数目不不小于0.01 NA，故D错误；故选B点评：本题考察物质的量有关计算、气体摩尔体积、盐类水解等，难度中档，C选项为易错点，学生容易忽视氯化铵为离子化合物，氯化铵不存在分子12（3分）（春泰安校级期中）三聚氰胺又名蛋白精分子式：C3N3（NH2）3，相对分子质量：126是一种低毒性化工产品，婴幼儿大量摄入可引起泌尿系统疾患有关三聚氰胺的下列说法对的的是（）A2.52 g三聚氰胺含氮原子数目为0.12NAB原则状况下1 mol的三聚氰胺的体积为22.4 L

22、C三聚氰胺含氮量约为10%D三聚氰胺的摩尔质量为126考点：元素质量分数的计算；摩尔质量；阿伏加德罗常数 分析：A根据n=计算三聚氰胺的物质的量，含氮原子为三聚氰胺的6倍，再根据N=nNA计算；B原则状况下三聚氰胺为固体；C化学式中某元素质量分数=（化学式中该元素原子总相对原子质量物质的相对分子质量）100%；D摩尔质量的单位为g/mol解答：解：A.2.52 g三聚氰胺的物质的量为=0.02mol，含N原子的物质的量为0.02mol6=0.12mol，具有N原子个数为0.12 NA，故A对的；B原则状况下三聚氰胺为固体，不能运用气体摩尔体积计算其体积，故B错误；C三聚氰胺含氮量约为100%=

23、66.7%，故C错误；D三聚氰胺的摩尔质量为126g/mol，故D错误；故选A点评：本题考察物质的量有关计算、气体摩尔体积、摩尔质量、化学式计算等，注重基本知识的考察，注意气体摩尔体积的使用条件及对象13（3分）（金东区校级模拟）NA为阿伏加德罗常数，下列各项论述中，对的的有（）0.2mol H2O2完全分解转移的电子数为0.4NA25、101kPa下，16g O3和O2混合气体中具有的氧原子数为NA0.1mol FeCl3滴人沸水形成的胶体粒子的数目为0.1NA1mol N2和3mol H2在一定条件下的密闭容器中充足反映，容器内的分子数不小于2NAABCD考点：阿伏加德罗常数 专项：阿伏加

24、德罗常数和阿伏加德罗定律分析：过氧化氢中氧元素的化合价为1价，0.2mol H2O2完全分解生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子；25、101kPa下，16g O3和O2混合气体中具有16个氧原子，具有1mol氧原子；0.1mol FeCl3滴人沸水形成的氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的汇集体；1mol N2和3mol H2在一定条件下的密闭容器中充足反映，该反映为可逆反映，反映物不也许完全转化成生成物解答：解：0.2mol H2O2完全分解生成0.1mol氧气，转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故错误；16O O3和O2混合气体中具有16个氧原子，具有氧原子

25、的物质的量为1mol，具有的氧原子数为NA，故对的；氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的汇集体，无法计算氢氧化铁胶体中具有的胶粒数目，故错误；，1mol N2和3mol H2在一定条件下的密闭容器中充足反映，反映生成的氨气不不小于2mol，该反映为气体物质的量进行的反映，因此反映后气体的物质的量不小于2mol，容器内的分子数不小于2NA，故对的；故选D点评：本题考察阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中档，注意明确过氧化钠、双氧水中氧元素的化合价为1价，氢氧化铁胶体为氢氧化铁的汇集体，选项D为易错点，注意可逆反映的特点14（3分）（春晋江市校级期末）下列说法在一定条件下可以实现的是（）酸性氧化物与碱反

26、映弱酸与盐溶液反映可生成强酸 没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反映两种酸溶液充足反映后的溶液呈中性有单质参与的非氧化还原反映两种含氧化合物反映的产物有气体ABCD考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联系；氧化还原反映；离子反映发生的条件 专项：物质的分类专项分析：酸性氧化物和碱反映生成盐和水；弱酸和盐反映生成更难溶的物质可以实现；酸和盐反映生成弱酸的复分解反映可以发生反映；氧化还原反映的发生有也许使得溶液的酸碱性发生变化；有元素化合价变化的反映属于氧化还原反映；根据元素和化合物性质知识来回答解答：解：酸性氧化物是和碱反映生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反映生成碳酸钠和

27、水，故对的；弱酸和盐反映生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，故对的酸和盐反映生成弱酸的复分解反映，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故对的；根据反映2H2S+H2SO3=3H2O+S可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充足反映后的溶液体系为中性，故对的；同素异形体之间的转化属于有单质参与的非氧化还原反映，故对的；反映2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反映产物有气体的反映，故对的故选A点评： 本题考察学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的核心，综合性较强，难度较大15（3分）（春泰安校级期中）

28、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法对的的是（）A0.1 mol H2O和D2O构成的混合物中具有中子数是NAB28 g N60（分子构造如图所示）中具有的NN键数目为1.5NAC0、1.01105 Pa时，11.2 L氧气中所含的原子数约为NAD常温下，将5.6 g铁投入足量的稀硫酸中，充足反映，转移电子数为0.3NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、一种H2O分子中含8个中子，一种D2O分子中含10个中子；B、根据n=计算物质的量，结合N60构造是每个氮原子和三个氮原子结合，每两个氮原子间形成一种共价键计算化学键数；C、原则状况下金属气体物质的量n=，结合氧气分子式计算得到；D、铁和稀硫酸

29、反映生成硫酸亚铁和氢气解答：解：A、一种H2O分子中含8个中子，一种D2O分子中含10个中子，0.1mol H2O和D2O构成的混合物中具有的中子数不不小于NA，故A错误；B、n=mol，N60构造是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一种单键，每两个氮原子间形成一种共价键，1mmolN60具有NN键=30mol，molN60具有NN键1mol，故B错误；C、0、1.0l105Pa时，11.2L氧气物质的量为0.5mol，所含的原子数为NA，故C对的；D、铁和稀硫酸反映生成硫酸亚铁和氢气，将5.6g铁物质的量为0.1mol，投入足量的稀硫酸中充足反映，转移电子数为0.2NA，故D错误；故选

30、C点评：本题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算，纯熟掌握公式的使用和物质的构造是解题核心，难度不大16（3分）（秋秦安县期末）某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.11%300mL该溶液中Cl离子的物质的量约等于（）A0.37molB0.63molC0.74molD1.5mol考点：物质的量浓度的有关计算；溶液中溶质的质量分数及有关计算 专项：物质的量浓度和溶解度专项分析：根据c=计算镁离子的物质的量浓度，再运用MgCl2可知，c（Cl）=2c（Mg2+），以此来解答解答：解：氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.11%，则c（Mg2+）=2.5m

31、ol/L，c（Cl）=2c（Mg2+）=5.0mol/L，因此300mL该溶液中Cl离子的物质的量约等于0.3L5.0mol/L=1.5mol，故选：D点评：本题考察物质的量及浓度的有关计算，明确浓度与质量分数的换算公式即可解答，难度不大17（3分）（春泰安校级期中）下列说法或计算对的的是（）A采用加热蒸发溶剂的措施可以使浓度为4 mol/L的盐酸溶液的浓度变为8 mol/LB把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C将2.3 g Na投入到97.7g水中充足反映，所得溶液的质量分数为4.0%D已知某温度下KNO3的溶解度是31.6 g，该温

32、度下将20 g KNO3溶解于50 g水中，充足溶解，获得溶液的质量分数是28.6%考点：溶液中溶质的质量分数及有关计算 分析：A加热蒸发时，HCl挥发，盐酸的浓度减少；B根据m（溶质）=m（溶液）w（溶质）计算氯化钠溶液中NaCl的质量，混合后溶液的质量为氯化钠溶液与水的质量之和，再根据w=100%计算混合后溶液质量分数；C.2.3g钠的物质的量为0.1mol，反映生成4g氢氧化钠，由于反映生成氢气，则溶液质量不不小于100g；D某温度KNO3的溶解度是31.6g，在该温度下将20gKNO3溶解于50g水中，只能溶解15.8g硝酸钾，根据质量分数定义计算判断解答：解：A加热蒸发时，HCl挥发

33、，盐酸的浓度减少，故A错误；B.100 g 20%的NaCl溶液中NaCl的质量为100g20%=20g，跟100 g H2O混合后溶液总质量为200g，则混合后NaCl溶液的质量分数是100%=10%，故B对的；C.2.3gNa的物质的量为0.1mol，反映生成4g氢氧化钠，由于反映生成氢气，溶液的质量不不小于100g，所得溶液的质量分数不小于4%，故C错误；D故某温度KNO3的溶解度是31.6g，在该温度下将50g水中，溶解硝酸钾质量为31.6g=15.8g，则溶液质量分数为100%=24%，故D错误，故选B点评：本题考察溶液浓度有关计算，波及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，难度不大，注

34、意A选项中盐酸具有挥发性，C中以计算具体的质量分数数值18（3分）（长春一模）某溶液中大量存在如下五种离子：NO3、SO42、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M也许为（）AMg2+BFe2+CCO32DBa2+考点：离子共存问题 专项：守恒法；离子反映专项分析：根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断解答：解：已知：物质的量之比为n（NO3）：n（SO42）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则n（NO3

35、）+2n（SO42）=2mol+23mol=8mol，3n（Fe3+）+n（H+）=31mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷不小于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，又因Fe2+在酸性条件下与NO3发生氧化还原反映而不能大量共存，Ba2+与SO42反映生成沉淀而不能大量共存，故选A点评：本题考察离子共存问题，题目难度中档，注意根据电荷守恒判断M应为阳离子，结合离子反映问题判断19（3分）（秋西城区期末）把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反映后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度之比为1：2则已反映的Fe3+和未反映的Fe

36、3+的物质的量之比为（）A1：1B1：2C1：3D2：3考点：铁盐和亚铁盐的互相转变 专项：几种重要的金属及其化合物分析：铁粉放入三氯化铁溶液中发生反映生成氯化亚铁，根据方程式设反映的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反映的Fe3+的物质的量，两者之比即为答案解答：解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反映为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，已反映的Fe3+的物质的量为n，则Fe+2Fe3+=3Fe2+ 2 3 n 1.5n溶液中的Fe3+和Fe2+浓度之比为2：1，因此，未反映的Fe3+的物质的量为3n，因此已反映的Fe3+和未反映的Fe3+的物质的量之比=n：3n=1：3，故选C点

37、评：本题是一道有关三价铁和亚铁之间互相转化的题目，规定学生学会运用化学方程式体现题目已知条件，难度不大20（3分）（庆城县校级三模）为了检查某具有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（）ABCD考点：有关混合物反映的计算；钠的重要化合物 专项：计算题；差量法分析：根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反映，则运用反映前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度解答：解：设样品中具有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODm（减少）284 106 62x （w1gw2

38、g），解得x=，则w（Na2CO3）=，故选A点评：本题考察学生运用反映前后的固体的质量查来进行计算，明确发生的化学反映及固体质量差的应用是解答的核心二、非选择题（共50分）21（5分）（春泰安校级期中）（1）23.75g某二价金属的氯化物（MCl2）中具有3.011023Cl，则MCl2的摩尔质量是95gmol1，MCl2的相对分子质量是95，M的相对原子质量是24（2）2mol 尿素CO（NH2）2所含氧原子跟36 g H2O所含氧原子个数相等（3）原则状况下，22.4L CH4；1.5mol NH3；1.8061024个H2O；原则状况下，73g HCl所含H原子个数由多到少的顺序是考点

39、：物质的量的有关计算 分析：（1）运用n=来计算氯离子的物质的量，再由化学式可拟定MCl2的物质的量，然后运用M=计算摩尔质量，最后计算M的相对原子质量；（2）CO（NH2）2与H2O分子中都具有1个O原子，两者具有氧原子数目相等，则两者物质的量相等；（3）先根据n=计算各物质的物质的量，然后根据物质的构成求出氢原子个数解答：解：（1）氯离子的物质的量为=0.5mol，MCl2的物质的量为0.5mol=0.25mol，则MCl2的摩尔质量为=95g/mol，MCl2的相对分子质量为95，设M的相对原子质量为x，则x+35.52=95，解得x=24，故答案为：95g/mol；95；24； （2）

40、CO（NH2）2与H2O分子中都具有1个O原子，两者具有氧原子数目相等，则两者物质的量相等，即2mol CO（NH2）2中含氧原子与2mol水具有氧原子数目相等，因此水的质量为：m（H2O）=nM=2mol18g/mol=36g，故答案为：36； （3）原则状况下22.4L CH4的物质的量=1mol，所含的氢原子数为4mol；1.5mol NH3所含的氢原子数为4.5mol；1.8061024个H2O的物质的量=3mol，所含的氢原子数为6mol；原则状况下，73g HCl的物质的量=2mol，所含的氢原子数为2mol，所含H原子个数由多到少的顺序是：，故答案为：；点评：本题考察有关物质的量

41、的计算，明确n=等计算公式的理解与灵活应用是解答本题的核心，并注意摩尔质量与相对分子质量的关系，注意对化学式意义的理解，题目难度不大22（5分）（静安区模拟）如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体x的分子式在注射器A中装有240mL气体X慢慢通过 不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃管B，使之完全反映，得到下面的实验成果：实验前B管重20.32g，实验后B管重20.00g，B管中的黑色粉末变成红色粉末在C管中收集的无色液体是水；在注射器D中收集的气体是氮气试回答问题：（1）X气体是由N和H元素构成的（2）若240mLX气体完全反映后，收集到氮气的质量是0.28g根据实验时的温度和压强计算

42、1molX的气体的体积是24000mL，则X的摩尔质量是32g/mol（3）通过计算，拟定x的分子式为N2H4（4）写出B中发生反映的化学方程式（x在该条件下不发生分解反映）2CuO+N2H42Cu+2H2O+N2考点：探究物质的构成或测量物质的含量 专项：实验探究和数据解决题分析：（1）由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，阐明气体X与氧化铜反映有氮气、水生成，气体x只具有两种元素，根据元素守恒可知，气体X具有N、H元素；（2）1molX的气体的体积是24000mL，故240mLX气体的物质的量为0.01mol，反映收集到氮气的质量是0.28g，物质的量为0.01molB管中CuO

43、含O：20.32 g20.00 g=0.32 g，物质的量为0.02mol，故生成的水中H元素的质量为0.04mol1g/mol=0.04g，因此气体X的质量为0.28g+0.04g=0.32g，再根据摩尔质量等于计算气体X的摩尔质量；（3）根据（2）中可知气体X的物质的量，具有的N、H原子的物质的量，据此书写气体X的分子式；（4）由题目信息可知，B管中的黑色粉末变成红色粉末，阐明反映生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，阐明气体X与氧化铜反映有氮气、水生成，故气体X与氧化铜反映生成铜、氮气与水解答：解：（1）由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，阐明气体X与氧化铜反映有氮气、水

44、生成，气体x只具有两种元素，根据元素守恒可知，气体X具有N、H元素，故答案为：N；H；（2）1molX的气体的体积是24000mL，故240mLX气体的物质的量为1mol=0.01mol，反映收集到氮气的质量是0.28g，物质的量为=0.01molB管中CuO含O：20.32 g20.00 g=0.32 g，物质的量为=0.02mol，n（H2O）=0.02mol，故生成的水中H元素的质量为0.02 mol21g/mol=0.04g，因此气体X的质量为0.28g+0.04g=0.32g，故气体X的摩尔质量为=32g/mol，故答案为：32；（3）根据（2）中可知n（X）=0.01 mol，n（

45、N）=0.01mol2=0.02mol，n（H）=0.02 mol2=0.04mol，因此n（X）：n（N）：n（H）=0.01 mol：0.02 mol：0.04mol=1：2：4，因此X的化学式为N2H4，故答案为：N2H4；（4）由题目信息可知，B管中的黑色粉末变成红色粉末，阐明反映生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，阐明气体X与氧化铜反映有氮气、水生成，故气体X与氧化铜反映生成铜、氮气与水，反映方程式为2CuO+N2H42Cu+2H2O+N2，故答案为：2CuO+N2H42Cu+2H2O+N2点评：本题考察物质构成的推断等，是计算型推断，难度不大，运用质量守恒进行推断是解题的根据

46、23（6分）（春泰安校级期中）0.80g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示请回答问题：（1）试拟定200时固体物质的化学式CuSO4H2O（2）取270所得样品，于570灼烧得到的重要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反映的化学方程式为CuSO4CuO+SO3；把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为CuSO45H2O，其存在的最高温度是102；（3）上述氧化性气体与水反映生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反映的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O考点：化学方程式的有关计算

47、 分析：（1）由图分析可知，CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到较稳定的一种中间物，到258时才会继续分解；在200时失去的水的质量为0.80g0.57g=0.23g，根据相应的化学方程式即可拟定此时固体物质的化学式；（2）温度为570灼烧得到的黑色粉末是CuO，氧化性气体则为SO3，反映方程式为：CuSO4CuO+SO3；CuO与稀硫酸反映的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO45H2O；根据图象分析其存在的最高102；（3）根据浓硫酸具有强氧化性进行分析并写出有关的化学方程式解答：解：（1）CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到

48、较稳定的一种中间物，到258时才会继续分解在200时失去的水的质量为0.80g0.57g=0.23g，根据反映的化学方程式：CuSO45H2OCuSO4（5n）H2O+nH2O250 18n0.80g 0.80g0.57g=0.23g，解得n=4，200时该固体物质的化学式为CuSO4H2O，故答案为CuSO4H2O；（2）温度为570灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反映方程式为：CuSO4CuO+SO3；CuO与稀硫酸反映的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO45H2O；其存在的最高102故答案为：CuSO4CuO+SO3； CuSO45H2O；102；（

49、3）SO3与水反映生成硫酸，浓硫酸与铜加热反映的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O点评：本题考察硫酸铜结晶水含量的测定、溶度积常数的计算以及物质的量浓度的有关计算，题目较为综合，分析图象信息是完毕本题目的核心24（14分）（春泰安校级期中）某学生欲配制6.0molL1的H2SO4 1 000mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：480mL 0.5molL1的硫酸；150mL 25%的硫酸（=1.18gmL1）；足量的18molL1的硫酸有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1 000mL教师规定

50、把两种硫酸所有用完，局限性的部分由来补充请回答问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为3.0 molL1（保存1位小数）（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为1000 mL（3）配制时，该同窗的操作顺序如下，请将操作环节B、D补充完整A将两溶液所有在烧杯中混合均匀；B用量筒精确量取所需的18molL1的浓硫酸295.0 mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中；E振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1cm2cm处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面正好与

51、刻度线相切；G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀（4）如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？偏小（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）进行操作C前还需注意将稀释后的硫酸冷却到室温考点：配制一定物质的量浓度的溶液 分析：（1）根据C=计算25%的硫酸的物质的量浓度；（2）根据所配溶液的体积选择合适的容量瓶；（3）B所配溶液所需的硫酸的物质的量等于两种硫酸溶液含硫酸的总的物质的量加提供硫酸的物质的量，因此提供硫酸的物质的量等于所需硫酸总的物质的量减去两种硫酸溶液含硫酸的总的物质的量，根据V=计算体积；（4）根据C=，分析D操作对n的影响；（5）容量瓶为精密仪器，物质在溶解或者稀释会放出大量的热解答：解：

52、（1）25%的硫酸（=1.18gmL1），其物质的量浓度C=3.0（molL1）；故答案为：3.0；（2）欲配制6.0molL1的H2SO4 1 000mL，应当选择1000ml容量瓶；故答案为：1000；（3）B欲配制6.0mol/L的H2SO4 1 000mL所需硫酸的物质的量=6.0mol/L1L=6.0mol，480mL 0.5mol/L的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5mol/L0.48L=0.24mol，；150mL 25%的硫酸（=1.18g/mL）含硫酸的物质的量为3.0mol/L0.15L=0.45mol，6.0mol0.24mol0.45mol=5.31mol，因此需要18m

53、ol/L的硫酸的体积V=0.2950L，即295.0ml；故答案为：295.0；（4）根据V=可知：如果省略操作D，则溶质的物质的量n将会偏小，所配溶液的浓度将会偏小；故答案为：偏小；（5）容量瓶为精密仪器，物质在溶解或者稀释会放出大量的热，会损坏容量瓶，因此应将稀释后的硫酸冷却到室温；故答案为：将稀释后的硫酸冷却到室温点评：本题考察溶液浓度的计算和一定物质的量浓度溶液的配制，题目难度不大，本题注意配制溶液的操作环节、仪器以及注意事项，是中学阶段重要的定量实验25（10分）（春泰安校级期中）虽然氟元素早在18就被发现，但170近年来化学家试图用化学措施制取氟单质的尝试始终未获成功直到1986年

54、，化学家Karl Chrisie初次用化学措施制得了F2，她提出的三步反映如下：KMnO4+KF+H2O2+HFK2MnF6+O2+H2OSbCl5+HFSbF5+5HCl2K2MnF6+4SbF54KSbF6+2MnF3+F2请根据以上信息回答问题：（1）反映中空格上应填物质的化学式为O2（2）反映与否为氧化还原反映否（选填“是”、“否”或“无法拟定”）（3）反映中的氧化剂为K2MnF6，被氧化的元素为F（4）每生成1mol F2，消耗KMnO4的物质的量为2mol考点：氧化还原反映；化学方程式的有关计算 分析：（1）双氧水能被高锰酸钾氧化为氧气单质；（2）反映中没有元素化合价的变化；（3）

55、化合价升高元素失去电子，被氧化，所在反映物是还原剂，相应产物是氧化产物；化合价减少元素得到电子，被还原，所在的反映物是氧化剂，相应产物是还原产物；（4）根据方程式中物质的物质的量关系计算解答：解：（1）化合价减少元素所在的反映物是氧化剂，KMnO4中Mn化合减少，因此是氧化剂，双氧水能被高锰酸钾氧化为氧气单质，故答案为：O2；（2）SbCl5+HFSbF5+5HCl反映中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反映，故答案为：否；（3）反映2K2MnF6+4SbF54KSbF6+2MnF3+F2中，K2MnF6中Mn元素的化合价减少，因此K2MnF6是氧化剂，SbF5中F元素化合价升高，被氧化，因此SbF5是还原剂，故答案为：K2MnF6；F；（4）2K2MnF6+4SbF54KSbF6+2MnF3+F2，反映中生成1molF2时，消耗2molKMnO4；故答案为：2mol点评：本题考察氧化还原反映，把握反映中元素的化合价变化为解答的核心，侧重分析与应用能力的考察，题目难度不大