2024年高考化学第一轮复习：化学综合计算2

2024年高考化学第一轮复习：化学综合计算2
一、选择题
1．某有机物(M)的结构简式如图所示，下列有关M的说法正确的是（　　）
A．不能与金属钠发生反应 B．含有3种官能团
C．可自身发生加聚反应 D．分子式为
2．某实验小组测定铁的氧化物的化学式，已知该氧化物中铁元素只有和两种价态，实验步骤如图，下列说法错误的是
A．只有步骤②发生了氧化还原反应
B．溶液a中阳离子有和
C．溶液b中
D．通过计算可得该氧化物的化学式为：
3．将硫酸铜稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，在特定压强下继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线对应溶液中无晶体析出
B．曲线M-M'对应溶液中溶质的质量分数不变
C．曲线O-O′对应体系存在平衡：
D．当容器中压强低于后得到无水硫酸铜
4．将铜镁合金完全溶解于某浓度的硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，当向反应后的溶液中加入一定浓度溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为。和的混合气体中，的体积分数是（　　）
A． B． C． D．
5．下列化学反应表示正确的是（　　）
A．用氨水和溶液制备：
B．工业上用足量氨水吸收：
C．用溶液吸收：
D．铁粉与过量稀硝酸：
6．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．羟基中所含电子数为
B．的溶液中释放的数为
C．苯乙烯分子中含有的碳碳双键数目为
D．标准状况下，中含有的键数为
7．有关能量的判断或表示方法正确的是（　　）
A．由：（1），可知：含的浓溶液与含的溶液混合，放出热量为
B．下，将和置于密闭的容器中充分反应生成，放热，其热化学方程式为
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多
D．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为
8．科学家已获得了气态 N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂 1mol N—N 键吸收193kJ 能量，断裂 1mol N≡N 键吸收 946kJ 能量。下列说法正确的是（　　）
A．N4的沸点比白磷(P4)的高
B．N4(g)=2N2(g)为吸热反应
C．N4(g)═4N(g)的过程中吸收 772kJ 能量
D．以 N4为原料替代 N2合成等量 NH3时，可放出更多的热量
9．为预防新型冠状病毒肺炎，某同学购买了一瓶消毒液，其包装说明如图所示。
基本信息：含质量分数为的、、密度 使用方法：稀释倍后使用 注意事项：密封保存，易吸收空气中的、而变质
根据图中信息和相关知识判断，下列分析不正确的是 （　　）
A．从物质分类的角度看消毒液的有效成分属于强电解质
B．消毒液在空气中敞口放置一段时间后浓度会变小
C．该消毒液中的物质的量浓度约为
D．用容量瓶配制上述消毒液时，定容时俯视刻度线，所得溶液浓度会偏大
10．已知：将一定最的通入100mL 6 NaOH溶液中恰好完全反应，产物中可能有NaCl、NaClO、，且的物质的量浓度与温度高低有关。下列说法正确的是（　　）
A．反应后溶液中
B．被氢氧化钠溶液吸收的的物质的量为1.2mol
C．反应中转移的电子的物质的量可能为0.4mol
D．反应后溶液中
11．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．0.5mol异丁烷分子中共价键的数目为
B．0.9g水中含有的孤电子对数为
C．溶液中，的数目为
D．标准状况下，中的原子总数为
二、多选题
12．含苯酚的工业废水处理的流程图如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．上述流程里，设备I中进行的操作是萃取、分液，设备III中进行的操作是过滤
B．图中能循环使用的物质是苯、CaO、CO2和NaOH
C．在设备IV中，物质B的水溶液和CaO反应后，产物是NaOH、H2O和CaCO3
D．由设备II进入设备Ⅲ的物质A是C6H5ONa，由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是Na2CO3
13．如图为CaC2O4 xH2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法错误的是（　　）
A．x的值为1
B．物质A为CaC2O4，CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
C．800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑
D．无论是O2气氛还是N2气氛，当1molCaC2O4 xH2O最终转变为C时，转移电子的物质的量相同
14．某些化学知识用数轴表示能体现出形象直观、简明易记的特点。下列用数轴表示不合理的是（　　）
A 铁和稀硝酸反应
B 向烧碱溶液通入SO2后的产物
C Na与O2加热反应的产物
D 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液，铝元素的存在形式
A．A B．B C．C D．D
15．一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少
16．向10mL 1.5mol/L的硫酸铝溶液加入30mL NaOH溶液，充分反应后得到1.56g沉淀，则NaOH溶液的物质的量浓度是（　　）
A．1mol/L B．2mol/L C．5mol/L D．3.3mol/L
17．F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂(其氧化性依次递增)，都极易水解，其中：6XeF4+12H2O→2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列推测正确的是（　　）
A．XeF2分子中各原子均达到八电子结构
B．某种氟化氙的晶体结构单元如图，可推知其化学式为XeF6
C．XeF4按已知方式水解，每生成4molXe，转移16mol电子
D．XeF2的中心原子外层价电子对数为5
18．下列说法正确的是（　　）
A．按照系统命名法，的名称为2，5-二甲基-3-乙基庚烷
B．中最多有4个碳原子共线
C．等质量的乙炔和苯完全燃烧，二者消耗氧气的量相同
D．的核磁共振氢谱有4组峰
19．探究小组在25℃和101kPa下进行中和热测定，取用的盐酸和的NaOH溶液(密度均为)。实验数据如下：
实验序号 起始温度 终止温度 温度差
HCl NaOH 平均值
1 25.4 25.0 25.2 28.5 3.3
2 24.5 24.5 24.5 27.5 3.00
3 25.0 24.5 24.75 26.5 1.75
已知：中和后生成的溶液的比热容为，该实验条件下，中和热的理论值为。下列说法正确的是（　　）
A．该实验计算出中和热的平均值低于理论值
B．造成实验误差的原因可能是溶液混合后未及时盖好量热计杯盖
C．实验时，可用的醋酸代替盐酸
D．实验中，NaOH溶液用量越大，所测中和热数值越大
20．将一定质量的Fe和Fe3O4混合固体粉末溶于100 mL1.0 mol/L稀盐酸，恰好完全反应，生成标准状况下224 mL H2，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。则下列说法正确的是（　　）
A．反应后溶液中含有Fe3+
B．Fe3O4与稀盐酸发生氧化还原反应
C．n(Fe)：n(Fe3O4)=2：1
D．混合固体中m(Fe)=1.12 g
21．把含有和的混合溶液V L分成两等份，一份加入含 BaCl2的溶液，恰好使完全反应生成m克沉淀；另一份加入含 KOH的溶液，恰好使完全转化为沉淀，则原混合溶液中的浓度为（　　）
A． B．
C． D．
22．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．100mL 浓硫酸中含有的氧原子数大于
B．2mol 与1 mol 充分反应后体系中含有的分子数为
C．标准状况下，22.4L 中含有的分子数为
D．56g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为
三、非选择题
23．请依据所学知识填空：
（1）物质的量为的烃在氧气中完全燃烧，生成化合物B、C各，试回答：
①烃的分子式为　 　；
②若烃能使溴水褪色，在催化剂作用下与加成，其加成产物分子中含有4个甲基，烃A可能的结构简式有　 　种。
（2）请完成下列转化的化学方程式(注明反应条件)。
①甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合制TNT　 　
②1，3-丁二烯制备1，4-溴-2-丁烯　 　
（3）①的一氯代物具有不同沸点的产物有　 　种。
②系统命名的名称为　 　。
③写出2-丁烯在一定条件下加聚产物的结构简式　 　。
24．某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。
②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是　 　。
（2）下列说法不正确的是____。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是　 　；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是　 　。
（4）测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。
①产品的盐基度为　 　。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
25．一种从钕()铁硼废料(钕质量分数约为28.8%)，B约为1%，余下为铁()中提取氧化钕的工艺流程如下图所示：
已知：①钕的活动性较强，能与稀酸发生置换反应，其稳定的化合价为价；硼不与稀酸反应，但可溶于氧化性酸；
②25℃时，，。
③。
回答下列问题：
（1）钕铁硼废料“酸溶”前需“预处理”，目的是除去表面的油污，该操作选择____(填序号)
A．蒸馏水清洗 B．稀盐酸浸泡
C．纯碱溶液浸泡 D．溶液浸泡
（2）“酸溶”时，稀硫酸不能替换成浓硫酸，其原因可能是　 　。
（3）“滤渣1”的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）酸溶后需调节溶液的，若酸性太强，“沉钕”不完全，试分析其原因　 　。
（5）常温下，“沉钕”过程中，调节溶液为2.3，钕全部以沉淀完全。若溶液中的。此时是否有沉淀生成　 　(列式计算，说明原因)。
（6）“沉淀”过程得到晶体，写出生成沉淀的离子方程式　 　。“滤液3”中的　 　可参与循环使用。
（7）热重法是测量物质的质量与温度关系的方法。草酸钕晶体的热重曲线如图所示，加热到450℃时，只剩余一种盐，该盐的化学式为　 　。
26．重铬酸钾（）是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为，还含有、等杂质。制备流程如图所示：
已知：步骤①高温下的主反应为：
常见物质的溶解度
物质 0℃（g） 40℃（g） 80℃（g）
KCl 28.0 40.1 51.3
NaCl 35.7 36.4 38.0
4.7 26.3 73
163 215 375
（1）滤渣1的主要成分是　 　。
（2）步骤④调节pH时发生的离子方程式为　 　。
（3）下列说法不正确的是____。
A．步骤①可在陶瓷容器中进行
B．为了加快步骤②中的过滤速度，可用玻璃棒小心翻动沉淀
C．步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去
D．步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应
（4）步骤⑤加入KCl后，还需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，洗涤粗产品时可选择____。
A．冷水 B．饱和氯化钾溶液
C．热水 D．冷的酒精
（5）测定产品的纯度
（摩尔质量：294g/mol）的定量测定：称取0.3750g样品，加水溶解配制250mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中，加入适量的硫酸和足量的KI溶液，充分反应后加入几滴淀粉溶液，然后用标准液进行滴定。上述过程平行测试3次，平均消耗的溶液的体积为22.50mL。
已知：，（未配平）。
①的纯度为　 　。
②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是　 　。
27．某兴趣小组欲设计实验探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应。请回答下列问题：
Ⅰ．配制氢氧化钡溶液
（1）现需配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为　 　g[已知Ba(OH)2·8H2O的摩尔质量为315 g·mol-1]；下图配制步骤中，按先后顺序排序为　 　(用字母A～F填写)；如果操作F俯视刻度线，配得溶液的浓度将　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
A B C D E F
（2）Ⅱ．利用下图所示装置探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应
接通电路后，缓慢通入CO2至过量，整个过程中灯泡的亮度变化为　 　，观察到溶液中的现象为　 　。
（3）通过上述实验某同学得出的实验结论为“CO2可与BaCO3反应”，该结论存在漏洞，理由是　 　；下表可验证该方案漏洞的实验方案为　 　 (填选项字母)。
方案一 将装置甲产生的气流通入少量纯水至饱和，测pH值与饱和二氧化碳溶液做对比
方案二 将装置甲产生的气流通入AgNO3溶液，观察是否有沉淀产生
A．只有方案一 B．只有方案二 C．方案一和方案二均可 D．方案一和方案二均不行
28．化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：黄褐色固体A的式量小于100，溶液C是单一溶质盐溶液。
（1）X的组成元素是　 　，X的化学式是　 　。
（2）写出B溶液与溶液恰好完全沉淀时的离子反应方程式：　 　。
（3）固体A是一种良好的脱硫剂，请写出常温下固体A在氛围中与反应的化学反应方程式：　 　。
（4）设计实验检验溶液B中的阳离子：　 　。
29．完成下列问题。
（1）下列变化中，属于放热反应的是　 　，属于吸热反应的是　 　。(填标号)
①氧化钙与水反应；②石灰石在高温下的分解反应；③酸碱中和反应；④二氧化碳通过炽热的炭发生的反应；⑤食物因氧化而腐败发生的反应；⑥与的反应；⑦干冰汽化。
（2）为探究固体M溶于水的热效应，选择如图所示装置进行实验(反应在甲中进行)。观察到烧杯里产生气泡，则M溶于水　 　(填“一定”或“可能”)是放热反应。
（3）2022年2月18日，“美丽中国·绿色冬奥”专场新闻发布会在北京新闻中心举行。发展碳捕集与利用的技术，将CO2转化为高附加值的化学品，实现CO2资源化利用，是一项重要的碳减排技术。CO2加氢(RWGS)制合成气(CO)
RWGS反应： 反应ⅰ
副反应： 反应ⅱ
①已知：
则　 　。
②混合动力汽车所用的燃料之一是乙醇，lg乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态H2O放出30.0kJ热量，写出乙醇燃烧的燃烧热的热化学方程式　 　。
30．针对氮氧化物的研究是当前的重大课题。
（1）用活性炭还原防止空气污染。其反应原理为。一定温度下，向恒容密闭容器中加入足量的C(s)和，如图表示体系中物质浓度变化曲线，请回答下列问题：
①图中点的正　 　点的(正)(填“>”“<”或“=”)；用表示从内该反应的平均速率　 　。
②在该温度下，计算达到平衡状态时的转化率是　 　
③对于该化学反应原理，说法不正确的是　 　
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应达到平衡
B．反应过程中，气体密度维持不变，说明反应达到平衡
C．增大压强能提高的转化率，同时也能提高的平衡产率
D．加入对反应催化效果更佳的催化剂，加快反应速率，但不能提高的平衡转化率
E．升高温度，平衡正向移动，正反应速率增大，逆反应速率减小
（2）环境治理依然是当今的热点问题，研究新的环境治理手段具有重要意义。回答下列问题：
①的反应历程分以下两步：
第一步；
第二步　 　(用含、的式子表示)。
②催化还原是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。请写出脱硝过程的总反应的化学方程式：　 　。
（3）一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中加入和发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示：
①若该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，A、B两点对应的时刻，该反应的正反应速率之比　 　。
②若平衡时总压强为，用平衡分压代替其平衡浓度表示的化学平衡常数　 　［已知：气体分压气体总压该气体的体积分数]。
31．化学电源广泛地应用于现代社会的生产和生活。请回答下列问题：
（1）原电池的设计原理与某类化学反应有关。你认为下列化学反应，可以设计成原电池的是____(填字母)。
A．CaO+H2O=Ca(OH)2 B．C+CO22CO
C．NaOH+HCl=NaCl+H2O D．2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
（2）化学反应均涉及相应的能量变化，为探究这些能量变化，某同学设计了如图实验。
①该实验过程涉及的能量变化是　 　。
②Zn棒是　 　极，电流方向是从　 　棒流向　 　棒。
（3）若将两个金属棒用导线相连在一起，总质量为80.00 g的锌片和银片同时浸入稀硫酸中，工作一段时间后，取出金属片，进行洗涤、干燥、称量，得金属片的总质量为63.75 g，则装置工作时锌片上的电极反应式为　 　，工作时间内装置所产生氢气的体积为　 　L(标准状况)。
（4）回答下列问题：
①该燃料电池中正极通入的物质是　 　，负极发生的反应式为　 　。
②电池工作时，OH-移向　 　电极(填“a”或“b”)。
③当电池放电转移10 mol电子时，至少消耗燃料肼　 　g。
32．钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。钠钾合金可用作核反应堆的传热介质。钠钾合金溶于水，生成氢气的(在标准状况下)体积为；
（1）该过程中转移的电子数目为　 　个。
（2）确定该钠钾合金的组成(用的形式表示)：　 　。
（3）如果所得溶液的体积仍为，则溶液中的物质的量浓度为　 　。
33．铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外电子排布式为　 　，Ni位于元素周期表的　 　区。
（2）乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是　 　。
（3）FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是　 　。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：　 　。
（4）镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为　 　 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为　 　 m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A.由分析可知，该有机物含有羟基，可以与钠发生反应，A错误；
B.由分析可知，该有机物含有两种官能团，B错误；
C.该有机物，可以看成烯烃被水取代的产物，可以发生加聚反应，C正确；
D.分子式为：C12H16O，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题主要考查有机物的推断和根据官能团判断有机物的性质。
首先，计算该有机物M的分子式：C12H16O。
再观察M的官能团：苯环，羟基。
发生加聚反应： 羧基、羟基、碳碳双键、碳碳三键。
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；铁的氧化物和氢氧化物；复杂化学式的确定
【解析】【解答】解：A、步骤①为复分解反应，不属于氧化还原反应，步骤②为氧化还原反应，A不符合题意。
B、加入盐酸后反应生成FeCl2、FeCl3，因此溶液a中含有的阳离子为Fe2＋、Fe3＋和H＋，B不符合题意。
C、通入0.1molCl2时发生反应2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，此时溶液b中的溶质为FeCl3和HCl，因此溶液中n(Fe3＋)：n(Cl－)＜1：3，C符合题意。
D、由反应“2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－”可知溶液a中n(Fe2＋)=0.2mol，即30.4g氧化物中含n(FeO)=0.2mol，其质量为0.2mol×72g·mol－1=14.4g，则m(Fe2O3)=30.4g－14.4g=16g，其物质的量n(Fe2O3)=0.1mol，因此该氧化物中n(Fe)：n(O)=0.4mol：0.5mol=4：5，所以该氧化物的化学式为Fe4O5，D不符合题意。
故答案为：D
【分析】铁的氧化物与HCl发生复分解反应生成FeCl2、FeCl3和H2O。再通入0.1molCl2恰好完全反应，该反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，此时溶液b中的溶质为FeCl2。
3．【答案】D
【知识点】有关范围讨论题的计算
【解析】【解答】A．据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，A不符合题意；
B．M-M 对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，B不符合题意；
C．由图象可知，O-O′对应压强相等，该过程中随着液态水的减少，存在的平衡应为，C不符合题意；
D．据图可知当容器中压强低于p0后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.曲线L-M对应溶液，由稀溶液逐渐变为饱和溶液；
B.M-M 对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，不断抽出水蒸气，会析出硫酸铜晶体；
C.曲线O～O′对应体系存在CuSO4 3H2O(s)转化为CuSO4 H2O(s)。
4．【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】得到氢氧化镁的沉淀和氢氧化铜沉淀，得到氢氧根的质量为37-20=17g,n（OH-）=1mol,因此铜和镁转移的电子数为1mol. 得到和的混合气体，设NO为x,NO2为y,x+y=0.4,3x+y=1,x=0.3,y=0.1mol，得到二氧化氮体积分数为25%；故答案我A
【分析】利用氢氧化镁和氢氧化铜与铜镁合金差距计算出氢氧根的量，计算出转移电子的量，结合一氧化氮和二氧化氮转移电子的量即可计算其物质的量
5．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写；有关过量问题的计算
【解析】【解答】A.一水合氨为弱电解质，所以不能拆成离子形式 ，故错误；
B.足量的氨水可以将二氧化硫完全吸收，生成亚硫酸铵(NH4)2SO3 ，故错误；
C.CuSO4与PH3发生氧化还原，根据得失电子守恒判断是正确的；
D.铁粉与过量稀硝酸反应会生成三价铁，正确方程式为 Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 故错误；
故答案为：C.
【分析】A.弱电解质，不能拆成离子形式 ；
B.足量的氨水可以将二氧化硫完全吸收，产物发生变化；
C.用得失电子守恒判断方程式正误，前提是产物符合实际；
D.铁粉与少量稀硝酸反应生成二价铁，足量生成三价铁。
6．【答案】A
【知识点】物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】A.1个羟基中含有9个电子，则 羟基中所含 9mol电子，即9NA，A符合题意；
B．溶液体积未知，无法计算物质的量，所以释放H+数不能确定，B不符合题意；
C.1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键，所以 苯乙烯分子中含有的碳碳双键数目为 为0.5mol，即0.5NA，C不符合题意；
D．标况下，CHCl3为液体，无法计算物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个羟基中含有9个电子。
B.溶液体积未知，无法计算物质的量。
C.注意苯环中没有碳碳双键。
D.注意V=nVm适用于气体。
7．【答案】C
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；有关反应热的计算；有关燃烧热的计算
【解析】【解答】A．浓H2SO4溶解会放热，所以0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量大于57.3 kJ，A不符合题意；
B．N2与H2反应生成NH3的反应为可逆反应，根据题干信息可知，0.5molN2和1.5molH2反应生成NH3（g）的物质的量小于1mol，所以实际放出的热量小于19.3kJ，则其热化学方程式为 ，B不符合题意；
C．硫固体转化为硫蒸气需要吸热，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，C符合题意；
D．由分析可知，甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓H2SO4溶解会放热。
B.注意N2与H2反应生成NH3的反应为可逆反应。
C.硫固体转化为硫蒸气需要吸热。
D.在25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳 定的氧化物时所放出的热量。
8．【答案】D
【知识点】晶体熔沸点的比较；吸热反应和放热反应；有关反应热的计算
【解析】【解答】A、N4、P4都是分子晶体，二者的结构相似，其相对原子质量越大， 沸点越高，因此N4的沸点低于P4，A不符合题意。
B、该反应的反应热ΔH=6×193kJ·mol－1－2×946kJ·mol－1=－734kJ·mol－1，因此该反应为放热反应，B不符合题意。
C、1molN4(g)反应生成4moln(g)时，断裂6molN－N化学键，该过程中吸收的能量为1mol×6×193kJ·mol－1=1158kJ，C不符合题意。
D、若合成1molNH3时，则需要n(N4)=0.25mol，断裂化学键需要吸收的能量为0.25mol×6×193kJ·mol－1=289.5kJ。需n(N2)=0.5mol，断裂化学键吸收的能量为0.5mol×946kJ·mol－1=473kJ，因此以N4为原料替代N2，可放出更多的热量，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高。
B、根据化学键键能计算反应热。
C、一个N4分子中含有6个N-N键。
D、根据断裂化学键吸收能量的相对大小分析。
9．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、NaClO在溶液中完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；
B、次氯酸根水解生成次氯酸且次氯酸易分解，所以84消毒液在空气中敞口放置一段时间后浓度会变小，故B不符合题意；
C、根据题干数据可知，该84消毒液中NaClO物质的量浓度为，故C符合题意；
D、定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，浓度偏大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、完全电离的电解质属于强电解质；
B、次氯酸根水解生成的次氯酸易分解；
C、根据计算；
D、定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小。
10．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】根据氯气发生反应得到的产物为 NaCl、NaClO、NaClO3，假设得到的氯化钠物质的量为x，次氯酸钠的物质的量为y，氯酸钠的物质的量为z.结合得失电子守恒得到：x=y+5z.根据钠元素守恒得到x+y+z=0.6mol。
A.根据x+y+z=0.6mol，得出反应后的溶液中的氯离子、次氯酸根离子、氯酸根离子浓度比不能为6：6：1，故A不符合题意；
B.根据元素守恒，氯元素的物质的量为0.3mol，故不不符合题意；
C.根据氯化钠为还原产物，若转移电子为0.4mol，氯化钠为x=0.4mol，结合x=y+5z.和x+y+z=0.6mol计算出y=0.15mol，z=0.005mol。故C符合题意；
D.结合x=y+5z.和x+y+z=0.6mol得到2x=0.6+4z。要让x越大，z就越大，因此只有产物为氯化钠和氯酸钠时产物最多，计算得到x=0.5.z=0.1，即可计算出氯化钠物质的量浓度为5mol/L。故D不符合题意
故答案为：C
【分析】
A.根据物料守恒判断；
B.根据钠元素和氯元素守恒判断；
C.根据给出的物质的量结合电荷和物料守恒判断；
D.根据电子守恒和物料守恒判断。
11．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.一个异丁烷分子含有13个共价键，0.5mol异丁烷分子含有6.5NA共价键，故A符合题意；
B.0.9g的水的物质的量为0.05mol，含有的孤对电子对数为0.1NA，故B不符合题意；
C.考虑铝离子的水解，得到的铝离梓小于2NA，故C不符合题意；
D.标况下，四氯化碳为液体，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.找出一个分子含有的共价键即可；
B.计算出物质的量即可计算出电子数；
C.考虑铝离子水解；
D.使用摩尔体积时需要注意状态。
12．【答案】B,C
【知识点】有机物的推断；有机分子式的推断与计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．设备Ⅰ中加入苯萃取废水中的苯酚，分液得到苯酚和苯的混合物；NaOH与苯酚反应可得到苯酚钠，苯不与氢氧化钠反应，分液得到苯酚钠，然后通入在设备Ⅲ中通入二氧化碳可得到苯酚，应分液分离，而不是过滤，A不符合题意；
B．设备Ⅱ分液分离出的苯可以循环使用，设备Ⅲ中CO2和苯酚钠反应得到苯酚和碳酸氢钠，设备Ⅳ中NaHCO3与CaO反应得到NaOH和CaCO3，实现NaOH的循环使用，设备Ⅴ中煅烧碳酸钙得到CO2和CaO，实现CO2和CaO的循环使用，B符合题意；
C．根据分析可知物质B为NaHCO3，与CaO反应得到NaOH和CaCO3和H2O，C符合题意；
D．CO2和苯酚钠反应得到苯酚和碳酸氢钠，所以由设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是NaHCO3，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、设备Ⅲ中操作是分液分离；
D、 设备Ⅲ进入设备Ⅳ的物质B是NaHCO3 。
13．【答案】C,D
【知识点】复杂化学式的确定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为CaC2O4 xH2O失去结晶水生成CaC2O4，根据质量守恒定律有，解得x=1，A项不符合题意；
B.420℃以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420℃以下CaC2O4在隔绝空气条件下，较稳定，不会分解，B项不符合题意；
C．由分析可知，800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaCO3CaO+CO2↑，C项符合题意；
D．C为CaO，O2气氛中1mol CaC2O4·H2O最终转变为1mol H2O、1mol CaO和2mol CO2，电子转移2mol，在N2气氛中，1mol CaC2O4·H2O最终转变为1molH2O、1molCaO、1mol CO2和1mol CO，电子转移1mol，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】第1步反应为 CaC2O4 xH2O 失去结晶水生成CaC2O4，第2步反应为CaC2O4分解生成CaCO3与碳的氧化物，第3步，继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC2O4，B为CaCO3，C的固体是CaO。
14．【答案】C,D
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；钠的化学性质；钠的重要化合物；有关范围讨论题的计算
【解析】【解答】A．反应的化学方程式： ， ，少量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，n(HNO3)∶n(Fe)=4∶1；过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子，(HNO3)∶n(Fe)=8∶3；在4∶1～8∶3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，数轴变化符合，故A不符合题意；
B．烧喊溶液中通入少量二氧化疏反应生成亚硫酸钠，n(NaOH)∶n(SO2)=2∶1反应生成亚硫酸钠；通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n(NaOH)∶n(SO2)=1∶1，反应生成亚硫酸氢钠；在2∶1～1∶1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故B不符合题意；
C．钠与氧气的反应不仅与物质的量有关，而且与外界条件有关，点燃条件下生成过氧化钠，故C符合题意；
D． ， ， ，铝元素以Al3+和Al(OH)3形式存在； 以 和Al(OH)3形式存在； 只以 形式存在；故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.写出方程式即可判断出铁与硝酸的量关系与产物的关系
B.写出方程式即可判断出二氧化硫和氢氧化钠的量关系与产物的关系
C.钠与氧气加热得到的是过氧化钠
D.写出方程式即可找出铝离子和氢氧化钠的量与产物的产物
15．【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A、反应Ⅱ中SO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHSO3和CO2，过程中没有元素化合价发生变化， 不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，低温真空蒸发的溶液pH=11，显碱性，因此该溶液的溶质为Na2SO3，故低温真空蒸发是为了防止Na2SO3被氧化，B不符合题意。
C、固液分离后所得溶液Y的成分为Na2SO3，可用于吸收SO2，C符合题意。
D、反应Ⅲ中Na2SO3、CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，该反应的化学方程式为2CuSO4＋3Na2SO3=Cu2O＋SO2↑＋2Na2SO4，化合物X为Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大，更多的Na2SO3会消耗溶液中的H＋，用于控制溶液的pH，因此可减少NaOH的量，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】反应Ⅰ中Cu与浓硫酸反应生成CuSO4、H2O和SO2，因此气体Ⅰ为SO2。SO2气体通入Na2CO3溶液中反应生成NaHSO3和CO2，因此气体Ⅱ为CO2。调节溶液的pH=11，溶液显碱性，此时溶液中的溶质为Na2SO3。低温真空蒸发，可防止Na2SO3被氧化为Na2SO4，固液分离后得到的化合物X为Na2SO3，Na2SO3与CuSO4反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4。
16．【答案】B,D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】10mL 1.5mol/L的硫酸铝中铝离子的物质的量=0.01L×1.5mol/L×2=0.03mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.03mol×78g/mol=2.34g＞1.56g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，
n[Al（OH）3]==0.02mol，
①若碱不足，由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，则c（NaOH）==2mol/L，
②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
0.03mol 0.09mol 0.03mol
溶解氢氧化铝为0.03mol﹣0.02mol=0.01mol
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
0.01mol 0.01mol
则消耗的碱的物质的量为0.09mol+0.01mol=0.1mol，则c（NaOH）==3.3mol/L，
故选：BD．
【分析】10mL 1.5mol/L的硫酸铝中铝离子的物质的量=0.01L×1.5mol/L×2=0.03mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.03mol×78g/mol=2.34g＞1.56g，说明有两种情况：一为铝离子沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算NaOH溶液的物质的量的浓度．
17．【答案】C,D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学式及其计算
【解析】【解答】A．XeF2分子中Xe最外层电子数为8+2=10，A不符合题意；
B．晶胞中Xe原子个数为：8×+1=2，F原子个数为：8×+2=4，故原子个数比Xe：F=1：2，其化学式为XeF2，B不符合题意；
C．Xe元素化合价升高生成XeO3，降低生成Xe，O元素化合价只升高，根据方程式可知生成4mol Xe，则生成3molO2，根据氧元素化合价的变化可知移电子4mol×(4-0)=16mol，C符合题意；
D．XeF2的中心原子的价层电子对数为=5，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、Xe的最外层为10个电子；
B、注意顶点和棱上的原子不能全算，化学式为XeF2。
18．【答案】A,C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机化合物的命名；有关燃烧热的计算
【解析】【解答】A．的最长碳链为7个碳，离取代基近的一端编号得到符合题意名称为：2，5-二甲基-3-乙基庚烷，故A符合题意；
B．连接碳碳三键的碳原子的苯环对角线的碳原子可共直线，共5个，故B不符合题意；
C．乙炔和苯的最简式都是CH，等质量的乙炔和苯中C、H的物质的量都相等，所以等质量的乙炔和苯完全燃烧，消耗氧气的量相等，故C符合题意；
D．核磁共振氢谱有3组峰，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.系统命名法对烷烃进行命名时，注意主链的选择以及支链的位置。
B.乙炔为直线结构，与甲基上碳原子和苯环对角线上的5个碳原子共线。
C.利用最简式进行判断，最简式相同，质量相同，耗氧量相同。
D.核磁共振氢谱峰的数量即是氢原子种类。
19．【答案】A,B
【知识点】反应热和焓变；中和热；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.第3次得到温度差误差较大，应该舍弃，所以平均温度差为（3.30℃+3.00℃）/2= 3.15℃，
50mL0.50mol·L-1的HCl和50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液的质量 m =100mLx 1g/cm3=100g，
c =4.18J/(g·℃)，代入公式Q= cm△T得生成0.025mol的水放出热量 = 4.18J/ (g ·° C) x 100g x3.15℃=1.3167kJ，即该实验测得的中和热为-（1.3167kJ/0.025mol ） = -52.67kJ/mol，中和热是57.3kJ·mol-l，则学生测得的数据比理论值低，故A正确；
B.溶液混合后未及时盖好量热计杯盖，测得的热量偏小，所以测得中和热的数值偏小，故B正确；
C.醋酸电离要吸热，用0.50mol·L-的醋酸代替盐酸溶液进行上述实验，测得的中和热数值会偏小，故C错误；
D.中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，所以不管 NaOH溶液再大，中和热数值都相等，故D错误
故选：AB。
【分析】测出的化学实验数据要判断数据的有效性，不合适的应舍弃，再根据公式计算数据。造成实验误差的因素要了解清楚。掌握中和热的定义并理解。中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量。
20．【答案】C,D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A.由题意可知，铁和四氧化三铁与100mL1mol/L的稀盐酸恰好反应，加入KSCN溶液颜色无明显变化，说明不含有Fe3+，故A不符合题；
B.四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁和氯化铁，该反应化合价不变，不是氧化还原反应，故B不符合题意；
C.标准状况下224mL的氢气的物质的量为n(H2)=0.01mol，则与盐酸反应的反应的铁的物质的量为0.01mol，消耗的盐酸的量为0.02mol，而总的盐酸的物质的量为0.1mol，与四氧化三铁反应的盐酸的量为0.08mol，因此四氧化三铁的物质的量为0.01mol，结合四氧化三铁与盐酸反应的方程式计算出氯化铁的量为0.02mol，消耗的铁的量为0.01mol，因此铁的物质的量为0.02mol，因此物质的量之比为2：1，故C符合题意
D.根据计算铁的物质的量为0。02mol，即可计算出铁的量为1.12g，故D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A.根据题意加入KSCN溶液不变化，因此判断；
B.根据反应物和生成物判断；
C.根据方程式计算；
D.根据方程式计算。
21．【答案】B,D
【知识点】物质的量浓度；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO=BaSO4↓，由方程式可知n(SO)=n(Ba2+)=n(BaCl2)=a mol，另一份加氢氧化钾溶液时发生Cu2++2OH =Cu(OH)2↓，由方程式可知每份溶液中n(Cu2+)=0.5n(OH )=0.5b mol，由电荷守恒可知每份中2n(Cu2+)+n(Na+)=2n(SO)，故每份中溶液n(Na+)=2a 2×0.5bmol=(2a b)mol，则原混合溶液中钠离子的浓度为，又因为，则，则，故
故答案为：BD。
【分析】根据Ba2++SO=BaSO4↓可知n(SO)总=a mol=n(BaSO4)=，根据Cu2++2OH =Cu(OH)2↓可知n(Cu2+)==n(CuSO4)，所以混合溶液中n(Na2SO4)=n(SO)总-n(CuSO4)=(a-)mol，进一步可推出n(Na+)，结合n=cV进行解答，注意计算钠离子的浓度时的体积是。
22．【答案】A,D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、100mL 浓硫酸中含有1.8mol硫酸，氧原子的物质的量为7.2mol，水中也含有氧原子，因此含有的氧原子数大于7.2NA，故A正确；
B、二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，不能完全转化，因此 反应后体系中含有的分子数小于，故B错误；
C、NO2中存在转化：，因此标准状况下，22.4L 中含有的分子数小于，故C错误；
D、56gFe的物质的量为1mol，稀硝酸过量，生成硝酸铁，转移的电子数为 ，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、水中也含有氧原子；
B、二氧化硫与氧气的反应为可逆反应；
C、NO2中存在转化：；
D、稀硝酸过量，反应生成硝酸铁。
23．【答案】（1）；3
（2）+3HNO3(浓)+3H2O；
（3）10；2，5-二甲基-2-己烯；
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；烯烃；苯的同系物及其性质；聚合反应；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）①烃A中只含有C、H两种元素，其在氧气中完全燃烧，生成H2O和CO2，0.2mol烃A完全燃烧生成1.2molH2O和1.2molCO2，根据质量守恒定律可得，0.2mol烃A中含有2.4molH和1.2molC，因此烃A的分子式为C6H12。
②烃A能使溴水褪色，说明分子结构中含有C=C，与H2发生加成反应后生成烷烃，其碳链结构保持不变，所得产物中含有4个甲基，则该烷烃的碳链结构为或。因此烃A的结构简式为、、，共有3种结构。
（2）①TNT为2，4，6-三硝基甲苯，由甲苯与浓硝酸在浓硫酸催化作用下发生取代反应生成，该反应的化学方程式为+3HNO3(浓)+3H2O。
②1，3－丁二烯的结构简式为CH2＝CH－CH＝CH2，反应生成的1，4－二溴－2－丁烯的结构简式为BrCH2－CH＝CH－CH2Br，该反应的化学方程式为：CH2＝CH－CH＝CH2＋Br2→BrCH2－CH＝CH－CH2Br。
（3）①该有机物的碳链不存在对称性，所以碳原子上的氢都不是等效氢；连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子都是等效氢原子。因此该有机物中一共含有10种不同化学环境的氢原子，所以其一氯代物具有不同沸点的产物共有10种。
②该有机物的最长碳链含有6个碳原子，且含有碳碳双键，称为己烯。碳碳双键在第二个碳原子上，第二个碳原子、第五个碳原子上都含有一个甲基，因此该有机物的名称为2，5-二甲基-2-己烯。
③2-丁烯的结构简式为CH3-CH＝CH-CH3，其加聚产物的结构简式为。
【分析】（1）①烃为只含有C、H两种元素的有机物，其完全燃烧的产物的为H2O和CO2，根据原子守恒可得烃A的分子式。
②烃A能使溴水褪色，则分子结构中含有C=C，与H2加成后的产物中含有4个甲基，结合烷烃的结构确定烯烃可能的结构。
（2）①TNT为2，4，6-三硝基甲苯，可由甲苯与浓硝酸发生硝化反应得到，据此写出反应的化学方程式。
②1，3-丁二烯反应生成1，4-二溴-2-丁烯的过程中发生1，4-加成，据此写出反应的化学方程式。
（3）①根据结构中所含不同化学环境氢原子的个数确定其一氯代物的个数。
②根据有机物系统命名法的规则对有机物进行命名。
③2-丁烯发生加聚反应时，碳碳双键断裂，形成高分子化合物。
24．【答案】（1）NaAlO2
（2）C
（3）蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4）0.7；pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中加入NaOH溶液后，铝土矿中的Al2O3与NaOH溶液发生反应：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，过滤后所得溶液中的主要溶质为NaAlO2。
（2）A、步骤Ⅰ中反应温度为140~230℃，温度较高，因此反应需在密闭耐高压的容器中进行，A不符合题意。
B、步骤Ⅱ中过量的CO2与NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，滤液浓度较大时可防止NaHCO3结晶析出，B不符合题意。
C、步骤Ⅲ中洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，否则会使滤纸破损，C符合题意。
D、步骤Ⅳ中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品中OH－和Cl－的量，即控制a、b的值，从而控制产品的盐基度，D不符合题意。
故答案为：C
（3）仪器A的名称为蒸发皿。步骤Ⅴ中从聚合氯化铝溶液中获得聚合氯化铝固体时，采用水浴加热可使溶液受热均匀；若直接用酒精灯加热，则受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
（4）①滴定过程中消耗n(Ag＋)=22.50×10－3L×0.1mol·L－1=2.25×10－3mol。由反应的离子方程式Ag＋＋Cl－=AgCl↓可得，25.00mL溶液中n(Cl－)= 2.25×10－3mol，所以溶液中，由于溶液中c(Al3＋)=0.1mol·L－1，由溶液的电中性可得，溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1×3－0.09mol·L－1=0.21mol·L－1。所以聚合氯化铝固体中，所以盐基度为。
②若溶液的pH过低，则溶液中c(H＋)过大，易发生反应2CrO42－＋2H＋=Cr2O72－＋H2O，反应生成的Cr2O72－具有强氧化性，能将溶液中的Cl－氧化成Cl2，使得参与反应的n(AgNO3)减小，测得n(Cl－)偏小。若pH值过高，则OH－与Ag＋反应，使得参与反应n(AgNO3)增大，测得n(Cl－)偏大。
【分析】铝土矿中含有Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入NaOH溶液后，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO；SiO2与NaOH溶液反应生成难溶性铝硅酸盐；Fe2O3与NaOH溶液不反应，因此过滤后所得滤液中的溶质为NaAlO2和NaOH。往滤液中通入CO2，NaAlO2与CO2反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3。Al(OH)3沉淀分两份，一份与稀盐酸反应生成AlCl3，所得AlCl3溶液与另一份Al(OH)3沉淀反应生成聚合氯化铝溶液，对溶液进行加热结晶，得到聚合氯化铝固体。
25．【答案】（1）C；D
（2）会溶解B，产生有污染的气体
（3）B
（4）酸性太强，与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全
（5），所以没有沉淀生成
（6）2；硫酸或
（7）
【知识点】制备实验方案的设计；有关范围讨论题的计算
【解析】【解答】（1）A．蒸馏水无法除去钕铁硼废料表面的油污，A不正确；
B．油污不与稀盐酸反应，无法用稀盐酸除去钕铁硼废料表面的油污，B不正确；
C．纯碱溶液呈碱性，油污在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，可用纯碱溶液除去油污，C正确；
D．NaOH溶液呈碱性，油污在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，可用NaOH溶液除去油污，D正确；
故
故答案为：CD。
（2）根据题干可知，硼不与稀酸反应但是可溶于氧化性酸，若加入浓硫酸则浓硫酸会与硼反应从而引入了杂质离子，同时还会生成SO2等污染气体。
（3）根据分析可知，滤渣1为B。
（4）酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全。
（5）pH=2.3时，c(OH-)=10-11.7mol/L，此时，因此没有氢氧化亚铁沉淀生成。
（6）草酸和Nd3+反应生成Nd2(C2O4)3·10H2O，离子方程式为2。沉淀过程中有硫酸生成，滤液3中含有硫酸，可重复使用。
（7）Mr[Nd2(C2O4)3·10H2O]为732，其中结晶水的总相对分子质量为180，=75.4%，则110-397℃固体为Nd2(C2O4)3，397-584℃物质的相对分子质量较上一阶段下降172，Nd2(C2O4)3分解产生CO2导致相对分子质量减小，但是172并不是44的整数倍，因此该分解过程中有氧气参与，设Nd2(C2O4)3分解减少x个C和y个O，则12x+16y=172，解可为x=1，y=10；x=5，y=7(x一定小于6)，合理的解为x=5，y=7，此时分子式为Nd2O2CO3。
【分析】 钕铁硼废料加入稀硫酸溶解，过滤，除去硼，再加入NaH2PO4溶液沉钕，生成Nd(H2PO4)3沉淀，再加入NaOH溶液，生成NdPO4沉淀和磷酸钠溶液，过滤，向NdPO4沉淀中加入硫酸溶解，再加入草酸，生成草酸钕沉淀，最后灼烧，得到Nd2O3。
26．【答案】（1）
（2）
（3）A；B
（4）A
（5）88.2%或0.882；滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）氧化亚铁具有还原性，加入氧化剂将其氧化为氧化铁；因此滤渣1为氧化铁；
（2）根据反应得到的是Na2CrO4，因此转化为Na2Cr2O7，因此反应的离子方程式为 ；
（3）A.陶瓷中含有二氧化硅，与碱性物质作用，故A符合题意；
B.过滤是不能用玻璃棒引流，故B符合题意；
C. 步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去 ，故C不符合题意；
D. 步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应 ，将钠盐转化钾盐，故D不符合题意；
（4）结合溶解度即可得到用冷水洗涤 粗产品 ；
（5）①，。即可得到--，n()=0.03x0.0225mol，因此n( )=0.03x0.0225mol/6.质量为0.03x0.0225mol/6x294x10/0.375x100%=88.2%，
②偏高主要是碘离子被空气中氧气氧化，导致偏大；
【分析】（1）根据高温的反应即可找出；
（2）根据反应物生成物即可写出方程式；
（3）A.陶瓷中二氧化硅易与碱性物质作用；
B.根据过滤操作判断；
C.根据反应流程判断；
D.结合反应物和生成物即可判断；
（4）结合溶解度判断；
（5）①根据方程式找出物质的量关系即可计算；
②考虑碘离子被氧气氧化。
27．【答案】（1）31.5；DBCAFE；偏高
（2）灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮；先生成白色沉淀后溶液变澄清
（3）气体中有HCl杂质；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；有关过量问题的计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1) 要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应配制成1000mL的溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，溶解后的溶液转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。如果操作F俯视刻度线，加入的水偏少，溶液体积偏小，浓度偏高；
故答案为：
第1空、31.5
第2空、DBCAFE
第3空、偏高
(2) 未通CO2前，灯泡亮；CO2通入氢氧化钡溶液中，首先CO2和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度降低，灯泡变暗，继续通入二氧化碳，CO2和碳酸钡和水反应生成Ba(HCO3)2，溶于水，离子浓度又增大，灯泡又变亮。
故答案为：
第1空、灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮
第2空、先生成白色沉淀后溶液变澄清
(3) 盐酸挥发，在二氧化碳中会混有HCl，该通过上述实验得出的实验结论“CO2可与BaCO3反应”存在漏洞；若验证该方案的漏洞，只需确定HCl存在与否。方案一：若有HCl，则溶液的pH小；方案二：若有HCl， 加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成；
故答案为：
第1空、气体中有HCl杂质
第2空、C
【分析】(1) 要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，应配制成1000mL的溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，溶解后的溶液转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；
(2) CO2和氢氧化钡发生反应，溶液中离子浓度降低，继续通入二氧化碳，CO2和碳酸钡和水反应生成Ba(HCO3)2，溶于水，离子浓度又增大；
(3) 若有HCl，则溶液的pH小；若有HCl，加 AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成。
28．【答案】（1）K、Fe、O；
（2）
（3）
（4）用玻璃棒蘸取B溶液，点在试纸上，若变红，则存在(其他合理答案)；用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在(其他合理答案)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见离子的检验；无机物的推断；离子方程式的书写；化学式及其计算
【解析】【解答】固体B为红棕色固体，即B为Fe2O3，n(Fe2O3)=；固体A加热生成固体B，减少了水的质量，n(H2O)=，由元素守恒可知，A含Fe、O、H，物质的量为：
n(Fe)=0.05mol×2=0.1mol、
n(O)=0.05mol×3+0.05mol×1=0.2mol、
n(H)=0.05mol×2=0.1mol
则n(Fe)：n(O)：n(H)=1：2：1，由 A的式量小于100，A的化学式为FeOOH或HFeO2。
由此可知X含Fe、O。
溶液B加入KOH溶液后，溶液C还是单一溶质盐溶液，则溶液B中含有K元素，X含K。
K的质量为12.7g-m(Fe)-m(O)=3.9g，物质的量为n，n(Fe)：n(O)：n(K)=1：2：1，化学式为 。溶液A与硫酸反应，溶液B与KOH反应，可知C为K2SO4，则溶液B应为KHSO4 。
（1）X的组成元素是 K、Fe、O ，X的化学式是 。
（2）硫酸氢钾与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水， 离子方程式为 。
（3）固体A为FeOOH或HFeO2，反应方程式。
（4）B中的阳离子为H+和K+，检验H+的方法：用玻璃棒蘸取B溶液，点在pH试纸上，若变红，则存在(其他合理答案)。检验K+的方法： 用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在(其他合理答案) 。
【分析】突破口1：固体B为红棕色固体，即B为Fe2O3；则X含Fe。
突破口2：溶液B加入KOH溶液后，溶液C还是单一溶质盐溶液，则溶液B中含有K元素，X含K。
突破口3：固体B的质量为8.0g，则n（Fe2O3）=0.05mol，A加热生成B，减小的是水的质量， 则n(H2O)=0.05mol，利用质量守恒和A的式量小于100，得出A的化学式。进而确定X含有Fe、K、O。最后利用质量守恒求出K 的质量，进而确定X的化学式。
（1）X的组成元素是 K、Fe、O ，X的化学式是 。
（2）硫酸氢钾与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，根据离子方程式的书写步骤写出即可。
（3）固体A为FeOOH或HFeO2，根据反应方程式的书写步骤写出即可。
（4）B中的阳离子为H+和K+，检验H+的方法：用玻璃棒蘸取B溶液，点在pH试纸上，若变红，则存在(其他合理答案)。检验K+的方法： 用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色。
29．【答案】（1）①③⑤；②④⑥
（2）可能
（3）-165.2kJ/mol；C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1380kJ/mol
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；热化学方程式；乙醇的化学性质；有关燃烧热的计算
【解析】【解答】(1)①金属氧化物与水反应是放热；
②石灰石在高温下的分解反应需要吸收热量；
③酸碱中和反应放出热量；
④二氧化碳通过炽热的炭反应吸热；
⑤食物因氧化而腐败缓慢氧化的过程放出热量；
⑥与的反应吸收热量；
⑦干冰汽化需要吸收大量的热，没有新物质产生，属于物理变化；
故答案为：
第1空、①③⑤
第2空、②④⑥
(2) 若观察到烧杯里产生气泡，M溶于水放出热量，有热量放出不一定为化学变化，不一定属于放热反应；
故答案为： 第1空、可能
(3) 根据盖斯定律，④×2-③=②， 代入得-165.2kJ/mol 。
②乙醇相对分子质量为46，lg乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态H2O放出30.0kJ热量，1mol乙醇完全燃烧放出热量为46×30.0kJ=1380 kJ；
故答案为：
第1空、-165.2kJ/mol
第2空、C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1380kJ/mol
【分析】(1)①金属氧化物与水反应是放热；
②石灰石在高温下的分解反应需要吸收热量；
③酸碱中和反应放出热量；
④二氧化碳通过炽热的炭反应吸热；
⑤食物因氧化而腐败缓慢氧化的过程放出热量；
⑥与的反应吸收热量；
⑦干冰汽化需要吸收大量的热，没有新物质产生，属于物理变化；
(2) 有热量放出不一定为化学变化，不一定属于放热反应；
(3) 根据盖斯定律求反应热 。
②燃烧热是1mol物质完全反应产生。
30．【答案】（1）>；0.015；60%；CE
（2）b-a；
（3）；16
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）曲线B中物质的浓度随时间逐渐减小，因此曲线B表示的是NO2；曲线A、曲线C中物质的浓度随时间逐渐增大，且曲线A的反应速率大于曲线C，因此曲线A表示的是CO2，曲线C表示的是N2。
①X点时反应物的浓度高于Y点时反应物的浓度，物质的浓度越大，反应速率越快。因此X点正反应速率大于Y点正反应速率。由图像可知，0~4min内CO2的变化浓度为0.06mol·L-1，所以用CO2表示的反应速率为。
②该温度下反应达到平衡时c(NO2)=0.04mol·L－1，则参与反应的n(NO2)=0.2mol－0.04mol·L－1×2L=0.12mol，所以平衡时NO2的转化率为。
③A、该反应中，反应前后气体分子数发生变化，因此反应过程中压强是一个变量，当变量不变时，反应达到平衡状态。所以当容器内压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意。
B、该反应在2L恒容密闭容器中进行，则混合气体的体积V不变。由于反应物中含有固体，因此反应过程中混合气体的质量m发生变化，由密度公式可知，反应过程中混合气体的密度是一个变量，所以当气体密度保持不变时，说明反应达到平衡状态，B不符合题意。
C、增大压强， 平衡向气体分子数减小的方向移动，因此增大压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，CO2的平衡产率降低，C符合题意。
D、加入对反应催化效果更好的催化剂，可加快反应速率，但不影响平衡移动，因此不能提高NO2的平衡转化率，D不符合题意。
E、升高温度，正逆反应速率增大，平衡向吸热反应方向移动，因此升高温度，平衡正向移动，E符合题意。
故答案为：CE
（2）①根据盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH=(-a)-(-b)=(b-a)kJ·mol－1。
②由图像可知，反应物有NH3、NO和O2，生成物有N2和H2O。根据反应前后原子个数守恒进行配平，可得该反应的化学方程式为：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O。
（3）①A点时n(CO2)=n(CO)。令反应生成c(CO2)=amol·L－1，则可得三段式如下
由图像可知，A点时n(CO2)=n(CO)，所以c(CO2)=c(CO)，即a=2-a，解得a=1
所以A点时c(CO)=1mol·L－1，c(N2O)=1mol·L－1，所以A点的正反应速率vA=k正·c(CO)·c(N2O)=k正×1×1=k正。B点时反应达到平衡状态，此时c(CO)=0.4mol·L－1、c(N2O)=0.4mol·L－1，所以B点时的正反应速率vB=k正·c(CO)·c(N2O)=k正×0.4×0.4=0.16k正。所以。
②B点时反应达到平衡状态，此时n(CO2)=3.2mol、n(CO)=0.8mol，参与反应的n(CO)=n(N2O)=3.2mol，反应生成n(N2)=n(CO2)=3.2mol，平衡时体系中剩余n(N2O)=4mol－3.2mol=0.8mol。所以平衡时n(CO)=n(N2O)=0.8mol、n(CO2)=n(N2)=3.2mol。体系混合气体的总物质的量n(总)=0.8mol＋0.8mol＋3.2mol＋3.2mol＝8mol。所以平衡各物质的平衡分压、。所以该温度下，该反应压强平衡常数。
【分析】（1）①反应物的浓度越大，反应速率越大。根据图象信息确定0~4min内CO2的变化浓度，结合公式计算用CO2表示的反应速率。
②由图像信息确定反应达到平衡时，NO2的变化浓度，从而计算平衡状态时NO2的转化率。
③A、反应过程中压强是一个变化量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态。
B、反应过程中混合气体的密度是一个变化量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态。
C、增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
D、催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动。
E、升高温度，正逆反应速率增大，平衡向吸热反应方向移动。
（2）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②根据图示信息确定总反应的反应物和生成物，结合原子守恒进行配平，得到总反应的化学方程式。
（3）①计算A、B两点时各物质的浓度，结合速率常数的表达式计算A、B两点时正反应速率的比值。
②计算平衡时各物质的分压，结合压强平衡常数的表达式计算压强平衡常数。
31．【答案】（1）D
（2）将化学能转化为电能；负极；铜棒；锌棒
（3）Zn-2e-=Zn2+；5.6
（4）空气；N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O；a；80
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，A、C不是氧化还原反应，不能设计为原电池，B条件为高温，不是自发进行的反应液不能设计成原电池，D属于氧化还原反应且自发进行，可以设计为原电池，故答案为：D；
（2）由分析可知，原电池中，化学能转化为电能，更活泼的金属做负极，所以Zn为负极，Cu为正极，电流从正极流向负极。
故答案为：
第1空、将化学能转化为电能；第2空、负极；第3空、铜；第4空、锌；
（3）由分析可知，锌片为负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应： Zn-2e-=Zn2+ ；；
m（Zn）=80.00g-63.75g=16.25g，n（Zn）=16.25/65=0.25mol=n（H2）；V（H2）=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
故答案为：
第1空、Zn-2e-=Zn2+
第2空、5.6；
（4）由分析可知，b电极为正极，通入空气，负极为A电极，电极反应：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O ； OH-参与负极反应，所以向负极移动；N2H4~4e-；
1mol 4mol
转移10mol电子时，消耗2.5molN2H4，m（N2H4）=2.5mol×32g/mol=80g。
故答案为：
第1空、空气
第2空、N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O
第3空、a
第4空、80。
【分析】本题主要考查原电池的原理和应用。
（1）原电池的反应是氧化还原反应。有化合价的升降和电子的得失的自发反应可以设计成原电池。
（2）原电池的反应中能量变化为：化学能转化为电能。
在该原电池中，更活泼的金属做负极，所以Zn为负极，Cu为正极，电流从正极流向负极。
（3）锌片和银片在稀硫酸中连接，形成原电池。
锌片为负极，化合价升高，失去电子，发生氧化反应： Zn-2e-=Zn2+ ；
银片为正极，溶液中的氢离子化合价降低，得到电子，发生还原反应： H++2e-=H2↑；
锌片溶解，起始质量-反应后质量=锌片的质量。由锌片质量可以求出参与反应的锌片的物质的量，在该反应中数量关系：Zn~H2
可以求得标况下，氢气的体积。
。
（4）分析该燃料电池，
a电极： N2H4变为N2，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，为负极，电极反应：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O ；
b电极为正极，空气中的氧气，化合价降低得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
总反应方程式为：N2H4+O2=N2↑+2H2O ；
32．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；质量守恒定律
【解析】【解答】（1）Na和K同主族，性质相近，与水产生氢气，化学方程式为2Na+H2O=2NaOH+H2↑、2K+H2O=2KOH+H2↑，则有关系H2O~H2~2e-，n(H2)=，则转移电子数为0.3mol，即0.3NA个。
（2）根据化学方程式可知，1个Na原子失去1个电子生成Na+，1个K原子失去1个电子生成K+；Na和K反应共转移电子数为0.3mol，Na和K质量共10.1g，可设Na的物质的量为x mol，K的物质的量为y mol，则有x+y=0.3、23x+39y=10.1，解得x=0.1，y=0.2，n(Na) ： n(K)=1 ： 2， 则钠钾合金的组成。
（3）根据2K+H2O=2KOH+H2↑，则有关系：K~KOH，故生成KOH为0.2mol，
【分析】（1）根据计算氢气的物质的量，根据化学方程式可得水转移电子数与氢气的关系，最后求解即可。
（2）设Na的物质的量为x mol，K的物质的量为y mol，则有x+y=0.3、23x+39y=10.1，解得x=0.1，y=0.2，n(Na) ： n(K)=1 ： 2，则钠钾合金的组成。
（3）根据化学方程式可得K与KOH的比例关系，结合计算即可。
33．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；d
（2）Fe3+的3d5半满状态更稳定
（3）FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
（4）1：3；NA·a3·10-6
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】（1）铁是26号元素，其 基态Fe原子核外电子排布式为 ： 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 ； Ni 属于过渡金属，位于元素周期表中的d区；
（2） Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是 ： Fe3+的3d5半满状态更稳定 ，而Fe2+的3d6结构易失去一个电子；
（3） ① FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 ；
② 能够形成双核阳离子的原因 ：O最外层6个电子，有形成两个共价键的趋势 ，H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①根据晶胞图：Cu占据的是顶点，个数为：8×1/8=1，Ni位于面心，个数为：6×1/2=3，则晶胞中Cu和Ni的原子个数比为：1：3；
②该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个品胞含有1个CuNi3，其物质的量为1/NAmol
，1个晶胞的体积为(ax 10-2) m ，则该晶体的摩尔体积为NA·a3 ·10-6m . mol-l，故答案为：NA·a3·10-6。
【分析】（1）过渡元素即副族元素，位于元素周期表中的d区或ds区；
（2）当粒子核外电子出现最外层能级的半充满或全满时，该结构就是较为稳定的结构；
（3）粒子的晶体类别不同，其熔沸点的影响因素也是不同的；
（4）先根据晶胞结构计算出1个晶胞中含有的Cu和Ni的个数；
在根据晶胞的密度公式计算出 晶体的摩尔体积。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：122分
分值分布 客观题（占比） 44.0(36.1%)
主观题（占比） 78.0(63.9%)
题量分布 客观题（占比） 22(66.7%)
主观题（占比） 11(33.3%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 11(33.3%) 22.0(18.0%)
非选择题 11(33.3%) 78.0(63.9%)
多选题 11(33.3%) 22.0(18.0%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 普通 (75.8%)
2 困难 (24.2%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 氧化还原反应方程式的配平 5.0(4.1%) 28
2 物质结构中的化学键数目计算 2.0(1.6%) 6
3 晶体熔沸点的比较 2.0(1.6%) 8
4 铁的氧化物和氢氧化物 2.0(1.6%) 2
5 有关混合物反应的计算 14.0(11.5%) 4,15,21,26
6 有机物中的官能团 2.0(1.6%) 1
7 离子方程式的书写 15.0(12.3%) 5,26,28
8 苯的同系物及其性质 7.0(5.7%) 23
9 吸热反应和放热反应 7.0(5.7%) 8,29
10 乙醇的化学性质 5.0(4.1%) 29
11 强电解质和弱电解质 2.0(1.6%) 9
12 化学反应速率的影响因素 8.0(6.6%) 30
13 物质的分离与提纯 7.0(5.7%) 24
14 有机分子式的推断与计算 11.0(9.0%) 1,12,23
15 热化学方程式 7.0(5.7%) 7,29
16 氧化还原反应的电子转移数目计算 17.0(13.9%) 17,31,32
17 配制一定物质的量浓度的溶液 7.0(5.7%) 27
18 钠的重要化合物 4.0(3.3%) 14,15
19 有机物的推断 4.0(3.3%) 1,12
20 反应热的大小比较 2.0(1.6%) 7
21 化学平衡的计算 8.0(6.6%) 30
22 含氮物质的综合应用 2.0(1.6%) 4
23 制备实验方案的设计 19.0(15.6%) 15,25,26
24 二氧化硫的性质 2.0(1.6%) 14
25 硝酸的化学性质 2.0(1.6%) 14
26 烯烃 7.0(5.7%) 23
27 阿伏加德罗常数 11.0(9.0%) 11,22,33
28 有关燃烧热的计算 9.0(7.4%) 7,18,29
29 化学平衡状态的判断 8.0(6.6%) 30
30 有机化合物的命名 9.0(7.4%) 18,23
31 常见离子的检验 5.0(4.1%) 28
32 物质的量浓度 7.0(5.7%) 10,21,32
33 聚合反应 7.0(5.7%) 23
34 晶胞的计算 7.0(5.7%) 33
35 物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用 18.0(14.8%) 9,10,20,31
36 燃烧热 5.0(4.1%) 29
37 配合物的成键情况 7.0(5.7%) 33
38 氧化还原反应 6.0(4.9%) 2,15,20
39 钠的化学性质 2.0(1.6%) 14
40 晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用 2.0(1.6%) 17
41 原电池工作原理及应用 12.0(9.8%) 31
42 利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构 2.0(1.6%) 18
43 同分异构现象和同分异构体 7.0(5.7%) 23
44 复杂化学式的确定 11.0(9.0%) 2,13,24
45 原子核外电子排布 7.0(5.7%) 33
46 物质的量的相关计算 20.0(16.4%) 6,12,13,20,31
47 有关反应热的计算 14.0(11.5%) 7,8,19,30
48 有关过量问题的计算 11.0(9.0%) 5,16,27
49 镁、铝的重要化合物 7.0(5.7%) 24
50 有机物的结构和性质 2.0(1.6%) 1
51 电极反应和电池反应方程式 12.0(9.8%) 31
52 溶液中溶质的质量分数及相关计算 7.0(5.7%) 27
53 有关范围讨论题的计算 13.0(10.7%) 3,14,25
54 化学平衡移动原理 8.0(6.6%) 30
55 化学式及其计算 9.0(7.4%) 6,17,28
56 质量守恒定律 3.0(2.5%) 32
57 中和热 2.0(1.6%) 19
58 电离平衡常数 2.0(1.6%) 15
59 反应热和焓变 2.0(1.6%) 19
60 无机物的推断 5.0(4.1%) 28
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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