可能用到的相對原子質量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 K-39 Na-23 Mg-24 Fe-56 Zn-65 Cu-64
一．選擇題：每小題3分
1. 下列有關儀器的性能或者使用方法的說明中正確的是（ ）
A. 試管、蒸發(fā)皿既能用于給固體加熱也能用于給溶液加熱
B. 分液漏斗既能用于某些混合物的分離也能用于組裝氣體發(fā)生器
C. 堿式滴定管既可用于中和滴定，也可用于量取一定量的NaCl或AlCl3溶液
D. 測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于被加熱的酒精中
【答案】B
【解析】試題分析：A．蒸發(fā)皿不能用于給固體加熱，故A錯誤；B．分液漏斗既能用于某些混合物的分離，如分液，也能用于組裝氣體發(fā)生器，如向反應容器中滴加液體，故B正確；C．AlCl3溶液顯酸性，不能使用堿式滴定管，故C錯誤；D．測量酒精沸點的實驗中，應使溫度計水銀球位于蒸餾燒瓶的支管口附近，故D錯誤；故選B。
【考點定位】考查化學實驗的基本操作
【名師點晴】該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題，試題綜合性強，難易適中。在注重對基礎知識鞏固和訓練的同時，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練，有利于培養(yǎng)學生規(guī)范嚴謹?shù)膶嶒炘O計能力以及評價能力。該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規(guī)范性和準確性及靈活運用知識解決實際問題的能力。
2.下列藥品的保存方法正確的是（　　）
A. 氫氟酸保存在棕色細口玻璃瓶中
B. 鎂條能與氧氣反應，所以必須保存在煤油中
C. 硅酸鈉的水溶液保存在帶有玻璃塞的細口玻璃瓶中
D. 碘單質保存在帶有玻璃塞的棕色廣口玻璃瓶中
【答案】D
【詳解】A. 氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應，因此不能保存在棕色細口玻璃瓶中，應該保存在塑料瓶中，A錯誤；
B. 鎂條能與氧氣反應，但其表面生成的氧化膜非常致密，有一定的抗腐蝕能力，不必保存在煤油中，B錯誤；
C. 硅酸鈉的水溶液應該保存在帶有玻璃塞的細口玻璃瓶中，C錯誤；
D. 單質碘易升華，碘單質保存在帶有玻璃塞的棕色廣口玻璃瓶中，D正確；
答案選D。
3.下列實驗操作中儀器選擇正確的是（　?。?br /> A. 用堿式滴定管量取25.00 mL高錳酸鉀溶液
B. 將小塊鉀放在坩堝中加熱進行鉀在空氣中的燃燒實驗
C. 用200 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸
D. 用480 mL容量瓶配制480 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液
【答案】B
【詳解】A. 高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能腐蝕橡膠，應該用酸式滴定管量取25.00 mL高錳酸鉀溶液，A錯誤；
B. 鉀是固體，可以將小塊鉀放在坩堝中加熱進行鉀在空氣中的燃燒實驗，B正確；
C. 應該用10 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸，C錯誤；
D. 沒有480mL的容量瓶，應該用500 mL容量瓶配制480 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液，D錯誤；
答案選B。
【點睛】選項D是解答的易錯點，注意用容量瓶配制一定體積的物質的量濃度溶液時只能配制與容量瓶規(guī)格相對應的一定體積的溶液，不能配制任意體積的溶液。
4.清初《泉州府志》物產(chǎn)條載：?“初，人不知蓋泥法，元時南安有黃長者為宅煮糖，宅垣忽壞，去土而糖白，后人遂效之?！蔽闹小吧w泥法”的原理與下列相同的是（ ）
A. 活性炭凈水 B. 用漂白粉漂白織物
C. 除去KNO3中的NaCl D. 除去河水中泥沙
【答案】A
【解析】文中“去土而糖白”是指固體土吸附糖色，所以文中“蓋泥法”的原理與下列相同的是活性炭凈水，故選A。
5.中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻巨大。下列各文獻中所記載的古代化學研究過程或成果不涉及分離提純操作的是（ ）
A. 《本草綱目》“(燒酒)?自元時創(chuàng)始，其法用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器盛露滴?！?br /> B. 《齊民要術》“凡釀酒失所味者，或初好后動未壓者，皆宜廻作醋。”
C. 《開寶本草》“(消石)?所在山澤，冬月地上有霜掃取，以水淋汁，后乃煎煉而成?！?br /> D. 《天工開物》“草木之實，其中蘊藏膏液，而不能自流，假媒水火，憑藉木石，而后傾注而出焉。”
【答案】B
【解析】A、描述的是酒的蒸餾，涉及分離提純操作，選項A不選；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以轉化成醋酸和水，涉及化學反應但沒有涉及分離提純操作，選項B選；C、包含溶解，蒸發(fā)結晶，涉及分離提純操作，選項C不選；D、榨油或加熱熔化使油脂從果實中分離出來，涉及分離提純操作，選項D不選。答案選B。
6.為提純下列物質（括號內(nèi)為雜質），選用的試劑或分離方法錯誤的是（ ）
選項
物質
試劑
分離方法
A
硝酸鉀（氯化鈉）
蒸餾水
降溫結晶
B
二氧化碳（氯化氫）
飽和NaHCO3溶液
洗氣
C
甲烷（乙烯）
酸性高錳酸鉀溶液
洗氣
D
乙醇（水）
生石灰
蒸餾

【答案】C
【解析】分析：A.利用硝酸鉀和氯化鈉的溶解度不同分離；
B.利用氯化氫與飽和NaHCO3溶液反應生成氯化鈉、水和二氧化碳的性質分離；
C.乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成二氧化碳，引入新的雜質；
D.加生石灰可增大乙醇與水的沸點差異。
詳解：A.硝酸鉀的溶解度隨溫度變化較大，而氯化鈉的溶解度隨溫度變化不大，所以可以采用先制得較高溫度下的硝酸鉀和氯化鈉的溶液，再降溫結晶，可析出硝酸鉀晶體，故A正確；
B.氯化氫與飽和NaHCO3溶液反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，而二氧化碳不溶于飽和NaHCO3溶液，可讓混合氣體通過盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶洗氣，除去HCl，故B正確；
C.乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成二氧化碳，引入新的雜質，故不能用酸性高錳酸鉀溶液除去甲烷中的乙烯，應通入溴水，故C錯誤；
D. 加生石灰可增大乙醇與水的沸點差異，則蒸餾可分離出乙醇，故D正確。
綜合以上分析，本題選C。
點睛：本題考查混合物的分離、提純，側重除雜和分離的考查，把握物質的化學性質為解答本題的關鍵，注意D中生石灰的作用，題目難度不大。
7.下列裝置所示的分離、提純方法和物質的溶解性無關的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【詳解】A、洗氣與物質的溶解度有關，選項A不符合；
B、晶體的析出與溶解度有關，選項B不符合；
C、蒸餾與物質的沸點有關，與溶解度無關，選項C符合；
D、萃取與物質溶解度有關，選項D不符合；
答案選C。
8.下列檢驗方法不合理的是（　?。?br /> 選項
實驗
檢驗方法
A
向沸水中滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，得Fe（OH）3膠體
用激光筆照射燒杯中的液體
B
證明溶液中存在NH4+
滴加濃NaOH溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，試紙變藍
C
區(qū)分AgNO3溶液和Al2（SO4）3溶液
分別取少量溶液，滴加BaCl2溶液
D
證明氯水中起漂白作用的不是Cl2
用CCl4充分萃取，將紅紙條分別浸入分層后的溶液中

【答案】C
【解析】A．向沸水中滴加5~6滴飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，得Fe(OH)3?膠體，膠體具有丁達爾效應，用激光筆照射燒杯中的液體可以檢驗制備的膠體，故A正確；B．銨根離子和NaOH反應生成一水合氨，一水合氨在加熱條件下分解生成氨氣，氨氣能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍色，所以該實驗能證明溶液中含有銨根離子，故B正確；C．滴加BaCl2溶液后?BaCl2分別和AgNO3?和Al2(SO4)3反應生成氯化銀和硫酸鋇沉淀，現(xiàn)象基本相同，不能鑒別，故C錯誤；D．經(jīng)四氯化碳萃取后的氯氣不能使干燥的紅紙條褪色，說明氯氣沒有漂白性，水溶液中含有次氯酸能夠使紅紙條褪色，說明起漂白作用的是次氯酸，故D正確；故選C。
點睛：本題考查了化學實驗方案的設計與評價，掌握反應的原理是解題的關鍵。本題的易錯點為D，要能夠根據(jù)課本知識進行遷移，四氯化碳能夠將氯水中的氯氣萃取出來，水層中含有次氯酸。
9.下列說法不正確的是（　?。?br /> A. 葡萄糖溶液和乙酸可用新制氫氧化銅鑒別
B. 植物油和礦物油可用熱的飽和碳酸鈉溶液鑒別
C. 甲苯和乙醇可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別
D. 乙醇、苯、四氯化碳既可用燃燒法鑒別，又可用水鑒別
【答案】C
【詳解】A. 葡萄糖溶液能把新制氫氧化銅懸濁液還原產(chǎn)生紅色沉淀，乙酸能與氫氧化銅發(fā)生中和反應使其溶解，因此可用新制氫氧化銅鑒別葡萄糖溶液和乙酸，A正確；
B. 植物油屬于油脂，能在飽和的熱的碳酸鈉溶液中水解，而礦物油主要是烴類物質，與熱的飽和碳酸鈉溶液不反應，也不溶解在碳酸鈉溶液中，因此可以鑒別，B正確；
C. 甲苯和乙醇均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性高錳酸鉀溶液鑒別，C錯誤；
D. 乙醇、苯均能燃燒，燃燒的實驗現(xiàn)象不同，四氯化碳不能燃燒，可用燃燒法鑒別，又因為乙醇與水互溶，苯不溶于水在上層，四氯化碳不溶于水在下層，因此又可用水鑒別，D正確；
答案選C。
【點睛】掌握物質的性質差異是解答的關鍵，即任何具有明顯實驗現(xiàn)象差異的物理性質、化學性質都可用于物質的鑒定。在物質鑒定過程中常常是根據(jù)顏色的變化、是否有氣體產(chǎn)生、能否溶解、有無沉淀、有無吸熱或放熱等現(xiàn)象來判別?？梢愿鶕?jù)能不能產(chǎn)生某個現(xiàn)象來判別，也可以根據(jù)產(chǎn)生某個現(xiàn)象的快慢進行判斷。所以常?？梢杂枚喾N方法鑒定某種物質。
10.下表中根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（　?。?br /> 選項
實驗操作
實驗現(xiàn)象
結論
A
蘸有濃氨水的玻璃棒靠近濃X溶液
有白煙產(chǎn)生
X一定是HCl
B
將Cl2持續(xù)通入淀粉-KI溶液中
溶液先變藍色，后褪色
氯氣先表現(xiàn)氧化性，后表現(xiàn)漂白性
C
向強酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，靜置后再加入鐵氰化鉀溶液
只有白色沉淀產(chǎn)生
Y中一定含有SO42-，一定不含F(xiàn)e2＋
D
將無色氣體X通入品紅溶液中，然后加熱
開始時品紅溶液褪色，加熱后又恢復紅色
X中一定含有SO2

【答案】D
【詳解】A、蘸有濃氨水的玻璃棒靠近濃X溶液，有白煙產(chǎn)生，X不一定是HCl，也可能是硝酸，A錯誤；
B、將Cl2持續(xù)通入淀粉-KI溶液中，溶液先變藍色，后褪色，說明開始有單質碘生成，氯氣過量后繼續(xù)氧化單質碘，氯氣只表現(xiàn)氧化性，氯氣沒有漂白性，B錯誤；
C、向強酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，靜置后再加入鐵氰化鉀溶液，只有白色沉淀產(chǎn)生，說明Y中含有SO42-或在反應中產(chǎn)生硫酸根離子，由于在酸性溶液中硝酸根能氧化亞鐵離子，則無法判斷溶液中是否含有Fe2＋，C錯誤；
D、將無色氣體X通入品紅溶液中，然后加熱，開始時品紅溶液褪色，加熱后又恢復紅色，即漂白是不穩(wěn)定的，這說明X中一定含有SO2，D正確；
答案選D。
11.據(jù)央視新聞報道，在政府工作報告中指出，建設一批光網(wǎng)城市，推進5萬個行政村通光纖，讓更多城鄉(xiāng)居民享受數(shù)字化生活。光纜的主要成分為SiO2。下列敘述正確的是（　?。?br /> A. SiO2的摩爾質量為60
B. 標準狀況下，15 g SiO2的體積為5.6 L
C. SiO2中Si與O的質量比為7∶8
D. 相同質量的SiO2和CO2中含有的氧原子數(shù)相同
【答案】C
【詳解】A. SiO2的摩爾質量為60g/mol，A錯誤；
B. 標準狀況下二氧化硅是固體，15 g SiO2的體積不是5.6 L，B錯誤；
C. SiO2中Si與O質量比為28：32＝7：8，C正確；
D. SiO2和CO2的摩爾質量不同，則相同質量的SiO2和CO2中含有的氧原子數(shù)不相同，D錯誤；
答案選C。
12.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1 NA
B. 22.4 L（標準狀況）氬氣含有的質子數(shù)為18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0 NA
D. 1.0 mol CH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0 NA
【答案】B
【解析】分析：A、膠體是大分子的集合體；
B、根據(jù)氬氣的組成解答；
C、根據(jù)丙三醇的結構分析；
D、根據(jù)甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應的特點分析。
詳解：A、16.25g氯化鐵的物質的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體，因此水解生成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1 NA，A錯誤；
B、標準狀況下22.4L氬氣的物質的量是1mol，氬氣是一個Ar原子組成的單質，其中含有的質子數(shù)是18 NA，B正確；
C、1分子丙三醇含有3個羥基，92.0g丙三醇的物質的量是1mol，其中含有羥基數(shù)是3 NA，C錯誤；
D、甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成的鹵代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0 NA，D錯誤。答案選B。
點睛：選項D是易錯點，主要是不清楚甲烷發(fā)生取代反應時屬于自由基取代反應，每個氫原子都有可能被取代，其產(chǎn)物比較復雜，這與乙烯與氫氣的加成反應完全不同。
13.標準狀況下，5.6 L O2中含有N個氧原子，則阿伏加德羅常數(shù)的值為（　?。?br /> A. 4N B.
C. 2N D.
【答案】C
【分析】根據(jù)n＝V/Vm、N=nNA解答。
【詳解】標準狀況下，5.6 L O2中含有N個氧原子，氧氣的物質的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，氧原子的物質的量是0.5mol，則阿伏加德羅常數(shù)的值為N÷0.5＝2N。答案選C。
14.下列敘述正確的是( )
A. NaCl的摩爾質量是58.5g B. 64g氧氣中含有2mol氧
C. 4g氦氣中含有2mol氦原子 D. 0.1molCO2中含有6.02×1022個CO2分子
【答案】D
【分析】A、摩爾質量的單位是g/mol；
B、氧氣為雙原子分子；
C、氦氣為單原子分子；
D、根據(jù)N=nNA計算CO2分子數(shù)目。
【詳解】A項、NaCl的摩爾質量是58.5g/mol，1mol氯化鈉的質量是58.5g，故A錯誤；
B項、64g氧氣的物質的量是=2mol，氧氣為雙原子分子，故含氧原子為4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子還是氧分子不明確，故B錯誤；
C項、4g氦氣的物質的量是=1mol，氦氣為單原子分子，則含原子數(shù)為1mol，故C錯誤；
D項、0.1 molCO2中所含的CO2分子數(shù)為0.1mol×6.02×1023=6.02×1022個，故D正確；
故選D
【點睛】本題主要考查物質的量的計算，注意摩爾質量、物質的組成、與物質的量有關的計算公式是解答關鍵。
15.我市溪口風景區(qū)被稱為天然氧吧，其原因是空氣中的自由電子附著在分子或原子上形成空氣負離子，被稱為“空氣維生素”。O2－就是一種空氣負離子，其摩爾質量為（ ）
A. 33 g B. 32 g
C. 33 g·molˉ1 D. 32 g·molˉ1
【答案】D
【解析】O2－的相對分子質量是32，所以其摩爾質量為32g/mol，答案選D。
16.某氣體的摩爾質量為M g·mol－1，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，在一定的溫度和壓強下，體積為V L的該氣體所含有的分子數(shù)為x。則表示的是（　?。?br /> A. V L該氣體的質量（以g為單位）
B. 1 L該氣體的質量（以g為單位）
C. 1 mol該氣體的體積（以L為單位）
D. 1 L該氣體中所含的分子數(shù)
【答案】B
【解析】試題分析：X除以NA為該氣體的物質的量；然后乘以M表示其質量；最后除以V為該氣體密度，故選A。
【考點定位】考查阿伏加德羅常數(shù)；物質的量的相關計算
【名師點晴】本題考查了物質的量與微粒數(shù)、質量、摩爾質量、氣體體積、阿伏伽德羅常數(shù)等物理量之間的關系和計算，比較基礎，側重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握。在一定的溫度和壓強下，體積為VL的該氣體所含有的分子數(shù)為X，則氣體物質的量n=mol，乘以氣體摩爾質量得到氣體的質量，再除以氣體體積得到的是氣體的密度。
17.一定溫度和壓強下，30 L某種氣態(tài)純凈物中含有6.02×1023個分子，這些分子由1.204×1024個原子組成，下列有關說法中不正確的是（ ）
A. 該溫度和壓強可能是標準狀況
B. 標準狀況下該純凈物若為氣態(tài)，其體積約是22.4 L
C. 每個該氣體分子含有2個原子
D. 若O2在該條件下為氣態(tài)，則1 mol O2在該條件下的體積也為30 L
【答案】A
【解析】試題分析：如果溫度和壓強是標準狀況，根據(jù)氣體的體積：V=nmol×22.4L/mol,那么30 L某種氣態(tài)純凈物的物質的量大于1mol，分子個數(shù)大于6.02×1023個，故肯定不是標準狀況，A不正確；分子數(shù)為6.02×1023個，那么物質的量就是1mol，標準狀況下的體積約是22.4 L，B正確；分子數(shù)為6.02×1023個，原子數(shù)為1.204×1024個原子，說明該分子是由2個原子組成，C正確；O2是雙原子分子，是氣態(tài)物質，符合條件，D正確。選A。
考點：有關氣體摩爾體積公式使用條件的理解
18.人造空氣（氧氣O2與氦氣He的混合氣）可用于減輕某些病痛或供深水潛水員使用。在標準狀況下，5.6L“人造空氣”的質量是2.4g，其中氧氣與氦氣的質量比是（ ）
A. 1：1 B. 1∶4 C. 2： 1 D. 2：3
【答案】C
【解析】試題分析：5.6L“人造空氣”的質量是2.4g，則22.4L人造空氣的質量為2.4×4=9.6g；即混合氣體的平均相對分子質量為9.6；利用“十字交叉”法得：物質的量的關系為：

所以可求得氧氣與氦氣的質量比是2：1
考點：物質的量的計算
【名師點睛】“十字交叉”法使用范圍：
（1）根據(jù)二元混合物的平均分子量，求兩元的物質的量之比．若為氣體也即體積之比．
（2）根據(jù)只含2種同位素的元素的平均原子量，求兩種同位素原子的個數(shù)比或物質的量之比或在自然界中的百分含量（也稱作豐度）。
19.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（　?。?br /> A. 含4 mol HCl的濃鹽酸與足量MnO2在加熱條件下反應生成Cl2的分子數(shù)為NA
B. 向1 L 0.1 mol·L－1氯化銨溶液中通入少量氨氣調(diào)節(jié)溶液為中性，則NH4+的數(shù)目為0.1NA
C. 向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯氣，轉移的電子數(shù)為3NA
D. 密閉容器中1 mol N2與3 mol H2在一定條件下充分反應，生成的NH3分子數(shù)為2NA
【答案】B
【詳解】A. 含4 mol HCl的濃鹽酸與足量MnO2在加熱條件下反應，由于隨著反應的進行鹽酸濃度降低，稀鹽酸與二氧化錳不反應，則生成Cl2的分子數(shù)小于NA，A錯誤；
B. 向1 L 0.1 mol·L－1氯化銨溶液中通入少量氨氣調(diào)節(jié)溶液為中性，則根據(jù)電荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH4+)＝0.1mol/L，所以NH4+數(shù)目為0.1NA，B正確；
C. 向1 L 1 mol·L－1 FeBr2溶液中通入足量氯氣，溴化亞鐵全部被氧化，但過量的氯氣能與水又發(fā)生氧化還原反應，所以轉移的電子數(shù)大于3NA，C錯誤；
D. 密閉容器中1 mol N2與3 mol H2在一定條件下充分反應，由于是可逆反應，則生成的NH3分子數(shù)小于2NA，D錯誤；
答案選B。
【點睛】選項C是解答的易錯點，主要是忽略了過量的氯氣會發(fā)生后續(xù)反應。因此計算氧化還原反應中的轉移電子數(shù)目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質的量，還原劑失去的電子數(shù)或氧化劑得到的電子數(shù)就是反應過程中轉移的電子數(shù)。尤其要注意反應中物質的過量問題以及是否會有后續(xù)反應發(fā)生等。
20.設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是(? )
A. 常溫常壓下，4gD2O?中含有的電子數(shù)為2NA
B. 42gC2H4?和C4H8的混合氣中含有氫原子數(shù)為6NA
C. 25℃時，pH=1的H3PO4溶液中含有H+數(shù)為0.1NA
D. H2O(g)通過Na2O2(?s)?使其增重bg?時，反應中轉移的電子數(shù)為bNA/2
【答案】C
【解析】A. 常溫常壓下，4gD2O?的物質的量為=0.2mol，含有電子2mol，故A正確；B. C2H4?和C4H8的的最簡式相同，均為CH2，42gC2H4?和C4H8的混合氣中含有CH2原子團的物質的量為=3mol，氫原子數(shù)為6NA，故B正確；C.缺少溶液的體積，無法計算 25℃時，pH=1的H3PO4溶液中含有的H+數(shù)，故C錯誤；D. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，1mol Na2O2轉移1mol電子，H2O(g)通過Na2O2(?s)?使其增重bg?時，反應的過氧化鈉的物質的量==mol，因此反應中轉移的電子數(shù)為bNA/2，故D正確；故選C。
點睛：解答此類試題需要注意：①氣體摩爾體積的使用范圍和條件，對象是否氣體；溫度和壓強是否為標準狀況；②溶液計算是否告知物質的量濃度和溶液體積，如本題的C項。
二．填空題
21.已知某“84消毒液”瓶體部分標簽如圖所示，該“84消毒液”通常稀釋100倍（體積之比）后使用。請回答下列問題：

（1）該“84消毒液”的物質的量濃度約為________mol·L－1。（保留小數(shù)點后一位）
（2）某同學取100 mL該“84消毒液”，稀釋后用于消毒，稀釋后的溶液中c（Na＋）＝________mol·L－1。
（3）該同學參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480 mL含NaClO質量分數(shù)為25%的消毒液。下列說法正確的是________（填字母）。
A、容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干后才能用于溶液配制
B、配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒可能導致結果偏低
C、需要稱量NaClO固體的質量為143.0 g
（4）“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強消毒能力，某消毒小組人員用98%（密度為1.84 g·cm－3）的濃硫酸配制2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增強“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物質的量濃度為________mol·L－1。
②需用濃硫酸的體積為________mL。
【答案】 (1). 4.0 (2). 0.04 (3). B (4). 4.6 (5). 250
【分析】（1）根據(jù)計算；
（2）根據(jù)稀釋過程中溶質的物質的量不變解答；
（3）配制480 mL含NaClO質量分數(shù)為25%的消毒液需要500mL容量瓶，結合一定物質的量濃度溶液配制的原理分析解答；
（4）根據(jù)硫酸是二元強酸計算氫離子的濃度；根據(jù)稀釋過程中硫酸的物質的量不變計算需要濃硫酸的體積。
【詳解】（1）由得，c(NaClO)＝1000×1.19×25%/74.5 g·mol－1＝4.0 mol·L－1。
（2）稀釋前后溶液中NaClO的物質的量不變，則稀釋100倍后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。
（3）A、配制過程中需要加入水，所以經(jīng)洗滌干凈的容量瓶不必烘干后再使用，且容量瓶不能烘干，A錯誤；
B、未洗滌燒杯和玻璃棒將導致配制的溶液中溶質的物質的量減小，結果偏低，B正確；
C、應選取500 mL的容量瓶進行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的質量為0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g，C錯誤；
答案選B。
（4）①根據(jù)H2SO4的組成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。
②2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶質的物質的量為2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，設需要98%(密度為1.84 g·cm－3)的濃硫酸的體積為V mL，則有：VmL×1.84g/mL×98%/98g·mol－1＝4.6 mol，解得V＝250。
22.人體血液里Ca2＋的濃度一般采用mg/cm3來表示。抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4)沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2＋的濃度。某研究性學習小組設計如下實驗步驟測定血液樣品中Ca2＋的濃度。
【配制KMnO4標準溶液】如圖所示是配制50 mL KMnO4標準溶液的過程示意圖。

(1)請你觀察圖示判斷，其中不正確的操作有___________(填序號)。
(2)其中確定50 mL溶液體積的容器是_______________(填名稱)。
(3)如果用圖示的操作配制溶液，所配制的溶液濃度將_____(填“偏大”或“偏小”)。
【測定血液樣品中Ca2＋的濃度】抽取血樣20.00 mL，經(jīng)過上述處理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸轉化成CO2逸出，這時共消耗12.00 mL KMnO4溶液。
(4)已知草酸跟KMnO4反應的離子方程式為2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，則方程式中的x＝______。
(5)經(jīng)過計算，血液樣品中Ca2＋的濃度為_____mg/cm3。
【答案】(1). ②⑤ (2). 50 mL容量瓶 (3). 偏小 (4). 2 (5). 1.2
【解析】(1)由圖示可知②⑤操作不正確。②不能在量筒中溶解固體，⑤定容時應平視刻度線，至溶液凹液面最低處與刻度線相切；(2)應該用50 mL容量瓶準確確定50 mL溶液的體積；(3)如果用圖示的操作配制溶液，由于仰視刻度線，會使溶液體積偏大，所配制的溶液濃度將偏?。?4)根據(jù)電荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反應的離子方程式為：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；(5)血液樣品中Ca2＋的濃度為＝1.2 mg/cm3。
23.元素的基態(tài)原子的核外電子有3種能量狀態(tài)、5種空間狀態(tài)，X是其中第一電離能最小的元素；元素Y的M層電子運動狀態(tài)與X的價電子運動狀態(tài)相同；元素Z位于第四周期，其基態(tài)原子的2價陽離子M層軌道全部排滿電子。
（1）X基態(tài)原子的電子排布式為___________。
（2）X的氫化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是____________________。
（3）在Y的氫化物（H2Y分子中，Y原子軌道的雜化類型是___________。
（4）Y與X可形成YX32?。
①YX32?的立體構型為___________（用文字描述）。
②寫出一種與YX32?互為等電子體的分子的化學式___________。
（5）Z的氯化物與氨水反應可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，該配合物加熱時，首先失去配離子中的配體是___________（寫化學式）。
（6）Y與Z所形成化合物晶體的晶胞如圖所示，該化合物的化學式為_________。其晶胞邊長為540.0 pm，密度為___________g·cm?3（列式并計算），a位置Y與b位置Z之間的距離為_______pm（列式表示）。

【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 水分子和乙醇分子間形成氫鍵 (3). sp3 (4). 三角錐形 (5). NCl3 (或PCl3、等N、P的三鹵代物、SOCl2) (6). H2O (7). ZnS (8). 4.09 (或4.1) (9). 135
【分析】元素Z位于第四周期，其基態(tài)原子的2價陽離子M層軌道全部排滿電子，Z是Zn元素；元素的基態(tài)原子的核外電子有3種能量狀態(tài)、5種空間狀態(tài)，X是其中第一電離能最小的元素，說明X原子2p能級有4個電子，X是O元素；元素Y的M層電子運動狀態(tài)與X的價電子運動狀態(tài)相同，Y是S元素。
【詳解】(1)X是O元素，核外有8個電子，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p4。
(2) 水分子和乙醇分子間形成氫鍵，H2S與乙醇分子不能形成氫鍵，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。
(3) H2S分子中，S原子雜化軌道數(shù)是，S原子軌道的雜化類型是sp3。
(4)①SO32－中S原子雜化軌道數(shù)是，配位數(shù)是3,1對孤電子對，所以立體構型為三角錐形。
②SO32－的原子數(shù)是4、價電子數(shù)為26，互為等電子體的分子的化學式NCl3。
(5)配合物[Zn(NH3)4(H2O)2]Cl2中O的非金屬性大于N，O原子吸引孤電子對的能力大于N，所以Zn與H2O形成的配位鍵弱，所以該配合物加熱時，首先失去配離子中的配體是H2O。
(6)S與Zn所形成化合物晶體的晶胞如圖所示，根據(jù)均攤原則，該晶胞中S原子數(shù)是、Zn原子數(shù)是4，化合物的化學式為ZnS。其晶胞邊長為540.0pm，密度為= 4.09g·cm－3，體對角線的長度是 pm， a與b之間的距離為體對角線的 ，a位置Y與b位置Z之間的距離為 =135pm。
24.亞硝酰氯（NOCl，熔點：－64.5 ℃，沸點：－5.5 ℃）是一種黃色氣體，遇水易水解?？捎糜诤铣汕鍧崉?、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。
（1）甲組的同學擬制備原料氣NO和Cl2，制備裝置如圖所示：

為制備純凈干燥的氣體，補充下表中缺少的藥品。

裝置Ⅰ
裝置Ⅱ
燒瓶中
分液漏斗中
制備純凈的Cl2
MnO2
①________
②________
制備純凈的NO
Cu
③________
④________

（2）乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl，裝置如圖所示：

①裝置連接順序為a→________________（按氣流自左向右方向，用小寫字母表示）。
②裝置Ⅳ、Ⅴ除可進一步干燥NO、Cl2外，另一個作用是____________________。
③裝置Ⅶ的作用是________________________________________________________。
④裝置Ⅷ中吸收尾氣時，NOCl發(fā)生反應的化學方程式為______________________。
（3）丙組同學查閱資料，查得王水是濃硝酸與濃鹽酸的混酸，一定條件下混酸可生成亞硝酰氯和氯氣，該反應的化學方程式為_______________________________________。
【答案】 (1). 濃鹽酸 (2). 飽和食鹽水 (3). 稀硝酸 (4). 水 (5). e→f（或f→e）→c→b→d (6). 通過觀察氣泡調(diào)節(jié)氣體的流速 (7). 防止水蒸氣進入反應器 (8). NOCl＋2NaOH===NaCl＋NaNO2＋H2O (9). HNO3(濃)＋3HCl(濃)===NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O
【解析】(1)實驗室加熱制取氯氣是用MnO2與濃鹽酸加熱生成的，所以分液漏斗中裝的是濃鹽酸，裝置Ⅱ是用于吸收氯氣中HCl氣體，所以內(nèi)裝飽和的食鹽水；實驗室里NO是用Cu和稀硝酸反應制取的，所以分液漏斗中裝的是稀硝酸，裝置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸氣的，因此內(nèi)裝水即可。
(2)已知NOCl沸點為-5.5 ℃，遇水易水解，所以可用冰鹽冷卻收集液體NOCl，再用裝有無水CaCl2干燥管Ⅶ防止水蒸氣進入裝置Ⅸ中使NOCl變質，由于NO和Cl2都有毒且污染環(huán)境，所以用NaOH吸收尾氣，因此①接口順序為a→e→f(或f→e) →c→b→d，②通過觀察洗氣瓶中的氣泡的快慢，調(diào)節(jié)NO、Cl2氣體的流速，以達到最佳反應比，提高原料的利用率，減少有害氣體的排放，③裝置Ⅶ中裝有的無水CaCl2，是防止水蒸氣進入裝置Ⅸ中使生成的NOCl變質，④NOCl遇水反應生成HCl和HNO2，再與NaOH反應，所以反應的化學方程式為：NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。
(3)由題中敘述可知，反應物為濃硝酸和濃鹽酸，生成物為亞硝酰氯和氯氣，所以可寫出反應的化學方程式為HNO3(濃)+3HCl(濃)NOCl↑+Cl2↑+2H2O。
點睛：本題要特別注意NOCl的性質對解題的影響，1、沸點為-5.5 ℃，冰鹽可使其液化，便于與原料氣分離；2、遇水易水解，所以制備前、制備后都要防止水蒸氣的混入，這樣才能找到正確的裝置連接順序。
25.實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質。
資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。
（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）

①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是_________________________（錳被還原為Mn2+）。
②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。________________
③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有
3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。
（2）探究K2FeO4的性質
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設計以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。

Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產(chǎn)生（用方程式表示）。
Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。
②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和的氧化性強弱關系相反，原因是_______________________________。
③資料表明，酸性溶液中氧化性＞，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性＞。若能，請說明理由；若不能，進一步設計實驗方案。理由或方案：______________________
______________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O (2). (3). Cl2+2OH?Cl?+ClO?+H2O (4). Fe3+ (5). 4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O (6). 排除ClO?的干擾 (7). > (8). 溶液的酸堿性不同 (9). 若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）
【解析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。
（2）①根據(jù)制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。
I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+。
II.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。
②根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。
③判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。
詳解：（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。
③ C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（2）①根據(jù)上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。
i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產(chǎn)生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應，根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。
ii.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。
②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價，F(xiàn)e（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產(chǎn)物，根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。
③該小題為開放性試題。若能，根據(jù)題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實驗方案能證明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因為溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會變淺；則設計一個空白對比的實驗方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。
點睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質探究。與氣體有關的制備實驗裝置的連接順序一般為：氣體發(fā)生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進行物質性質實驗探究是要排除其他物質的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案，要注重多角度思考。

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