名师伴你行化学答案

名师伴你行化学答案篇一：名师伴你行2022年高考二轮复习专题训练化学5

考点动向

考向一原子构造及其微粒间的作用力

1．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N＋

5、H3、O4、C60等已被发现。以下有关说法中，正确的选项是()

A．N＋

5中含有36个电子

B．O2与O4属于同分异构体

C．C60和12C、14C互为同位素

D．H2与H3属于同素异形体

答案：D解析：每个氮原子中有7个电子，那么N＋

5中的电子数为

7×5－1＝34，A错误；O2与O4是氧元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，B错误；同位素的研究对象是原子，核素是具有一定质子数和中子数的一种原子，C60是一种单质，C错误。

2．以下有关说法正确的选项是()

A．H2O、NH4Cl、H2O2中只含有共价键

B．非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物

C．Na2O、NaOH和Na2SO4为离子化合物，HCl、NH3、NH4NO3、H2SO4为共价化合物

D．原子间通过共用电子对形成的化合物为共价化合物

答案：D解析：NH4Cl中既含有共价键，也含有离子键，A错；非金属原子以共价键结合形成的物质可能为共价化合物如HCl，也可能为单质如H2、O2，B错；NH4NO3为离子化合物，C错；共价化合物是原子间通过共用电子对形成的，D对。

3．X、Y、Z三种元素的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，那么以下说法错误的选项是()

A．Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7∶8的化合物

B．X、Y、Z组成的盐中既含离子键又含共价键

C．X和Z可以组成原子个数比分别为1∶1和2∶1，常温下为液态的两种化合物

D．由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒仅有2种

答案：D解析：由X原子的电子层数与它的核外电子总数相等知，X为氢元素；原子的最外层电子数是次外层的3倍的Z为氧元素；与氧形成两种以上气态化合物的Y为氮元素。N、O可形成化合物N2On或NOn/2，根据Y和Z的质量比为7∶8，解得n＝2，为NO，A项正确；H、N、O组成的盐有NH4NO3、NH4NO2等，既含离子键又含共价键，B项正确；H、O两元素可形成H2O、H2O2两种液态化合物，C项正确；H、N、O组成的10电子微粒有多种，如NH＋NH3、H2O、4、

H3O＋、OH－等，D项不正确。

【方法技巧】

12(1)1H2、1H2、31H2属于同种物质

(2)互为同素异形体的物质一定是单质

(3)巧记10电子微粒和18电子微粒的方法

①10电子微粒

②18电子微粒

考向二元素周期律和元素周期表的综合应用

1．(2022·山东青岛实验中学模拟)X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，在标准状况下，X2是密度最小的气体，Z与X同主族，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，W元素的最高正价与最低负价的代数和为6。以下说法正确的选项是()

A．W的同族元素的最高化合价都与其族序数相等

B．Z元素与Y元素形成的化合物中只含离子键

C．Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径

D．将ZWY、ZYX固体分别溶于水，均促进水的电离

答案：C解析：由题目所给条件，可以推出X、Y、Z、W四种元素分别为H、O、Na、Cl。Cl为第ⅦA族的元素，同族元素F没有正价，A错误；Na与O可形成Na2O和Na2O2两种化合物，而后者中含有共价键，B错误；O2－的半径大于Na＋的半径，C正确；NaOH抑制水的电离，而NaClO由于水解会促进水的电离，D错误。

2．(2022·天津卷)下表为元素周期表的一局部。

答复以下问题：

(1)Z元素在周期表中的位置为________。

(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)________。

(3)以下事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是________。

a．Y单质与H2S溶液反响，溶液变浑浊

b．在氧化复原反响中，1molY单质比1molS得电子多

c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

(4)X与Z两元素的单质反响生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，该化合物的熔、沸点分别为－69℃和58℃。写出该反响的热化学方程式：___________________________________________________________________________________。

(5)碳与镁形成的1mol化合物Q与水反响，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，烃的电子式为________。Q与水反响的化学方程式为________________________________。

(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反响，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol·L－1NaOH溶液和1molO2，那么两种气体的分子式及物质的量分别为________，生成硫酸铜物质的量为________。

答案：(1)第三周期ⅦA族

(2)Si

(3)ac

(4)Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l)ΔH＝－687kJ·mol－1

(5)

C3H4↑Mg2C3＋4H2O===2Mg(OH)2＋

(6)NO：0.9mol；NO2：1.3mol2mol

解析：(1)观察周期表的构造可知，X、Y、Z分别是Si、O、Cl。氯元素位于元素周期表的第三周期ⅦA族。(2)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大。故表中元素原子半径最大的是Si。(3)O2能与H2S溶液反响生成单质硫：2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，该反响中O2是氧化剂，S是氧化产物，说明O2的氧化性强于S，因此氧元素的非金属性强于硫元素，a项正确；非金属性强弱与得电子数目的多少无关，只与得电子才能的强弱有关，b项错误；H2O比H2S难分解，说明H2O更稳定，气态氢化物越稳定的元素的非金属性越强，故c项正确。(4)生成物是四氯化硅，书写热化学方程式的关键是判断常温下四氯化硅的状态。根据其熔点和沸点数据，可推断出四氯化硅在常温下呈液态，据此可写出反响的

91热化学方程式。(5)碳氢质量比为9∶1，那么C、H原子个数比为∶121

3∶4，该烃的分子式为C3H4，是丙炔，构造简式

为

，据此可写出其电子式。根据“1mol化合物Q

与水反响，生成2molMg(OH)2和1mol烃〞，可推断出Q的化学式为Mg2C3。(6)根据题意可知，生成的两种气体是NO和NO2。根据Na元素守恒可知，生成的NaNO3为2.2mol。设生成NO和NO2的物质的量分别是xmol、ymol，由氮原子守恒得：x＋y＝2.2；由得失电子守恒得：3x＋y＝4。联立解得x＝0.9、y＝1.3。再由得失电子守恒得：n(Cu)×2＝0.9mol×3＋1.3mol×1，解得n(Cu)＝2mol，所以生成的硫酸铜为2mol。

【规律小结】解答元素推断题的根本方法

(1)元素原子或离子的核外电子排布核外电子排布推知――→电子层数、最外层电子数推知――→

篇二：名师伴你行2022年高考二轮复习专题训练化学2

考点动向

考向一阿伏加德罗常数及定律的综合应用

1．(2022·全国新课标卷Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()

A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA

B．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA

C．过氧化钠与水反响时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA

D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反响，产物的分子数为2NA

答案：C解析：A.D2O的摩尔质量为20g·mol－1,18gD2O的物质的量为18g/20g·mol－1＝0.9mol，那么含有的质子数为0.9mol×10NAmol－1＝9NA，H2O的摩尔质量为18g·mol－1,18gH2O的物质的量为18g/18g·mol－1＝1mol，那么含有的质子数为1mol×10NAmol－1＝10NA，故A不正确。B.亚硫酸是弱电解质，不能发生完全电离，

＋2－电离方程式为H2SO3H＋＋HSO－HSO－所含H＋

3，3H＋SO3，

离子数小于2L×0.5mol·L－1×2NAmol－1＝2NA，故B不正确。C.过氧化钠与水反响的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，根据电子转移情况得关系式O2～2e－，生成0.1mol氧气转移电子数为0.2NA，故C正确。D.2molNO与1molO2发生反响2NO＋O2===2NO2，生成2molNO2，因为存在可逆反响2NO2N2O4，那么产物的分子数小于2NA，故D不正确。

2．(2022·山东济南三模)设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()

A．0.5L0.1mol·L－1的NH4Cl溶液水解得0.05NA个NH3·H2O分子

B．密闭容器中，28gN2和6gH2充分反响，产物的分子数为2NA

C．标准状况下，22.4LCO2与足量Na2O2反响转移的电子数为NA

D．50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量Cu共热，生成SO2的分子数为0.46NA

＋答案：C解析：A项，NH＋

4水解不彻底，0.05molNH4水解不能

得到0.05mol的NH3·H2O，即N(NH3·H2O)3．标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，以下说法不正确的选项是()

A．在任意条件下，假设两种分子保持原组成，那么其相对分子质量之比为m∶n

B．25℃、1.25×105Pa时，两气体的密度之比为n∶m

C．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n∶m

D．一样状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m∶n

答案：B解析：只要在一样条件下气体分子数一样，其物质的量、气体体积必相等，设A、B的相对分子质量为MA和MB，气体密度为ρA和ρB，分子数为NA和NB，其质量为WA和WB。对各选项进展分析：A项，mnMA∶MB＝m∶n，正确；B项，两气体MAMB

的体积相等，那么ρA∶ρB＝MA∶MB＝m∶n，错误；C项，摩尔质量越大，单位质量的分子数目越少，等质量的A、B气体的分子数与其摩

尔质量成反比，即NA∶NB＝MB∶MA＝n∶m，正确；D项，同温同压下，同体积的气体分子数一样，故A和B等体积时，WA∶WB＝MA∶MB＝m∶n，正确。

【方法技巧】NA试题“一算、二定、三判断〞的解题思路

mV一算：利用根本公式n＝M＝c·V，用的物理量Vm

三判断：判断选项中所求物理量是否正确。

考向二有关物质的量浓度的计算

1．有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g/cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，那么有关该溶液的说法不正确的选项是()

A．溶质的质量分数是24.0%

B．溶液的物质的量浓度是2.4mol/L

C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40

D．硫酸根离子的质量分数是19.2%

120答案：C解析：由Mg的质量分数知MgSO4的质量分数为242＋

×4.8%＝24.0%，溶液的物质的量浓度为

1000cm3/L×1.20g/cm3×24.0%c＝＝2.4mol/L，溶质与溶剂的120g/mol

2476962－物质的量之比为∶≈1∶21,SO4的质量分数为×4.8%＝1202224

19.2%。

2．(2022·贵州贵阳模拟)以下溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1的是()

A．c＝2mol·L－1，V＝500mL的硫酸溶液与水混合得1L溶液

B．将31gNa2O溶于水并配成1L溶液

C．将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水后的溶液

D．标准状况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液

2mol·L－1×0.5L答案：C解析：A项，由c1V1＝c2V2得c2＝11L

31gmol·L。B项，n(Na2O)＝0.5mol，因Na2O＋H2O===2NaOH62g－1

1mol得n(NaOH)＝1mol，c(NaOH)＝1mol·L－1。C项，溶液蒸发1L

掉50g水后，其体积不等于50mL，溶液的浓度不等于1mol·L－1。D项，标准状况下，V(HCl)＝22.4L，即n(HCl)＝1mol，所以得溶液c＝1mol·L－1。

【方法归纳】

1000ρw物质的量不变，即c1V1＝c2V2。

考向三一定物质的量浓度溶液的配制

1．(2022·山东烟台模拟)以下对溶液配制实验的描绘完全正确的选项是

()

A．在实验室，学生一般无需查阅资料即可用75%的硝酸来配制50mL65%的硝酸溶液

B．实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中

C．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器

D．用pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管

答案：B解析：假设不查阅资料，75%的硝酸和65%的硝酸溶液的浓度无法计算出，故无法配制，A错误。FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解，先溶于盐酸，可抑制水解，B正确。用浓盐酸来配制1∶1(体积比)的稀盐酸属于粗略配制，用到的仪器是烧杯和量筒，不用容量瓶，C错误。D项中还缺少量筒。

2．配制100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，以下说法正确的选项是

()

A．称取2.86g无水碳酸钠，参加100mL容量瓶中，加水溶解、定容

B．称取1.1g无水碳酸钠时，砝码与碳酸钠放反，所配溶液浓度偏高

C．转移碳酸钠溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中

D．取所配溶液10mL，所取溶液中Na＋浓度为0.2mol·L－1答案：D解析：配制溶液时，固体的溶解要在烧杯中进展，不能用容量瓶溶解，故A错误；砝码与碳酸钠放反，导致碳酸钠的质量偏小，浓度偏低，故B错误；转移溶液时要用玻璃棒引流，防止液体溅出，否那么导致浓度偏小，故C错误；溶液的浓度与所取溶液的体积无关，0.1mol·L－1Na2CO3溶液中Na＋浓度为0.2mol·L－1，故D正确。

篇三：【名师伴你行】2022高考化学二轮复习化学实验常用仪器和根本操作练习

化学实验常用仪器和根本操作

1．判断正误(正确的划“√〞，错误的划“×〞)

(1)(2022·全国卷)锥形瓶可用作加热的反响器()

(2)(2022·全国卷)室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中()

(3)(2022·全国卷)用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低()

(4)(2022·福建卷)只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液()

(5)(2022·福建卷)将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体()

(6)(2022·福建卷)用萃取分液的方法除去酒精中的水()

(7)(2022·福建卷)用可见光束照射以区别溶液和胶体()

(8)(2022·海南卷)NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的仪器是圆底烧瓶()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√(8)√

解析：(2)室温下铁遇浓硫酸发生钝化，因此室温下可以用铁制容器盛放浓硫酸，错误；

(3)用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，相当于将待测液稀释，当待测液为酸时，所测结果偏大，当待测液为中性时，不产生误差，错误；(4)滴加氨水，氯化钠和硫酸钠溶液均无现象，氨水也不能区分氯化镁和氯化铝(都产生沉淀)，错误；(5)氯化铵加热分解生成氯化氢和氨气，氯化铵溶液蒸干得不到氯化铵固体，错误；(6)酒精和水互溶，萃取法无法除去酒精中的水，错误。

2．(2022·重庆卷)以下实验可实现鉴别目的的是()

A．用KOH溶液鉴别SO3(g)和SO2

B．用潮湿碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2

C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液

D．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液

答案：C解析：SO3和SO2都是酸性氧化物，都能与KOH溶液发生反响生成相应的含氧酸盐：SO3＋2KOH===K2SO4＋H2O，SO2＋2KOH===K2SO3＋H2O，且都无明显现象，不能实现鉴别目的，选项A不正确。Br2(g)和NO2都具有较强的氧化性，都能将I氧化为I2而使潮湿的碘化钾淀粉试纸变蓝，不能实现鉴别目的，选