全国名校高考化学试题分类汇编（11月 第二期）A1阿伏伽德罗常数和物质的量（含解析）

A1阿伏伽德罗常数和物质的量【【原创精品解析纯word版】理综卷·届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（10）】30、（14分）A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1∶2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如下图（图中部分产物未列出）：请填写下列空白：（1）A是

，G是

。（用化学式填写）（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是

。（3）E与F反应的化学方程式是

。（4）F与G的水溶液的反应生成I和D的离子方程式是

。（5）向H溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，但该反应中没有放出E气体，则该反应的离子方程式。（6）将2.5gH、I和碳酸氢钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol·L－1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如下图所示：，则物质I的物质的量为_________mol。【知识点】无机框图题A1B1D5C5【答案解析】14分，每空2分⑴CNa2S⑵Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O⑶2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2⑷Na2O2＋S2－＋2H2O＝4OH－＋S↓＋2Na＋⑸2CO32－＋Cl2＋H2O=ClO－＋2HCO3－＋Cl－⑹0.015解析：B、E均为组成空气的成分，且B为单质、E为化合物，可确定B为O2、E为CO2、A为碳，F的焰色反应呈黄色，说明含Na元素，且F能与CO2反应生成O2，确定F为Na2O2、H是碳酸钠，C为Na，再由G中D、C个数比为1：2知D显－2价，且D原子序数大于C，确定D为S、G为Na2S，在水溶液中Na2S能被Na2O2氧化，I是氢氧化钠：Na2O2＋S2－＋2H2O＝4OH－＋S↓＋2Na＋。⑸向H溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质即次氯酸钠，但该反应中没有放出E气体，说明生成碳酸氢钠，则该反应的离子方程式2CO32－＋Cl2＋H2O=ClO－＋2HCO3－＋Cl－⑹将2.5gH、I和碳酸氢钠的固体混合物完全溶解于水，在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，而且AB段消耗的盐酸体积比OA段小，表明溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段先发生酸碱中和反应（H++OH-═H2O）消耗的盐酸体积为25mL-（45mL-25mL）=5mL，然后碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为CO32-+H+═HCO3-，该反应消耗盐酸20mL，因此混合物完全溶解于水的溶液中含氢氧化钠0.005mol，含碳酸钠0.02mol，设2.5gH、I和碳酸氢钠的固体混合物含碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量分别是a、b、c，则106a+40b+84c=2.5g，NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，即固体混合物完全溶解于水含氢氧化钠b-c=0.005mol，含碳酸钠a+c=0.02mol，求得b=0.015mol。【思路点拨】解答无机框图题要寻找突破口，如本题的“B、E均为组成空气的成分”，“F的焰色反应呈黄色”，“在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1∶2”，“A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质”等；碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氢钠混合溶于水先发生反应NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O31-34为生物必答试题31.（15分）种子在成熟和萌发过程中会进行不同的物质转化，下图为蓖麻种子在成熟和萌发过程中糖和脂肪的变化曲线，请据图回答下列问题。（1）脂肪的元素组成为。鉴定脂肪可用染液，显微镜下观察，可看到被染成色的脂肪颗粒。（2）蓖麻种子中主要的储能物质是，等质量的脂肪和糖类彻底氧化分解后释放能量更多的是，脂肪在细胞中被彻底氧化分解的产物为，该过程称为。蓖麻种子萌发过程中产生的能量主要去向是。（3）萌发初期，导致蓖麻种子干重增加的主要元素是（填“C”或“N”或“O”）。32．（13分）回答下列与溶酶体相关的问题：（1）溶酶体是细胞的“消化车间”，原因是内含多种水解酶，这些酶在上合成，经、加工、分类和包装后以出芽方式转移到溶酶体内。（2）溶酶体内pH为5左右，而细胞质基质pH为7左右，可见H+以方式进入溶酶体。（3）蝌蚪尾部细胞溶酶体膜破裂，其内水解酶释放到细胞质中，从而使整个细胞被酶水解消亡。这是由所决定的细胞自动结束生命的过程，称为，它对于多细胞生物体完成起着非常关键的作用。（4）溶酶体膜与其他生物膜相比有一些特别之处，所以溶酶体膜不会被自身的酶所水解，而能与细胞质其他部分安全分隔开。这个例子可以很好地说明生物膜系统的功能。33.（13分）某生物研究小组在密闭恒温玻璃温室内进行水稻栽培实验，连续48h测定温室内CO2浓度及水稻CO2吸收速率，得到如图所示曲线（整个过程呼吸作用强度恒定)，请回答下列相关问题：（1）光反应过程需要叶绿体色素吸收传递转化光能。在叶绿体色素提取和分离实验中，在研磨提取色素时加入、、。暗反应需要光反应提供的物质是。当光照强度突然降低，短时间内C3和C5化合物含量分别、（填“增加”“减少”或“不变”）。（2）实验期间，总光合速率最大出现在h。图中h，有机物积累量最大。（3）实验前3小时叶肉细胞产生ATP的场所有，6h时CO2的移动方向是。（4）图中植物呼吸速率与光合速率相等的时间点有个，叶绿体无O2生成的时间总共有小时。34.(13分)某植物的花有紫色、红色和白色三种性状，且由三对等位基因控制。现有五个纯合品系的紫花（AABBdd）、红花（aaBBdd）、白花甲（aabbdd）、白花乙（aabbDD）和白花丙（aaBBDD）植株若干，四组杂交组合后代的表现型及比例如下：请根据杂交实验结果回答：（1）该植物的花色遗传符合哪些遗传定律？。（2）请参照下表中白花基因型的书写格式，写出四组杂交组合中紫花和红花的基因型。表现型白花紫花红花基因型aabbddAbbddD（3）在杂交3中，F2白花植株的基因型共有种，出现概率最高的基因型是。（4）某红花的自交后代中出现一白花植株。分析认为，该白花植株出现的原因中可能有：=1\*GB3①杂合子的后代隐性基因纯合的结果；=2\*GB3②纯合子发生基因突变的结果（突变只涉及一个基因）。为探究该白花植株出现的原因是上述哪一种，用已有的白花甲（aabbdd）与之杂交，请预测结果并作出分析：如果F1的花全为，可知待测白花植株的基因型为，则待测白花植株出现的原因是=1\*GB3①。如果F1中白花与红花比例为，可知待测白花植株的基因型为。则待测白花植株出现的原因是=2\*GB3②。

14.：A15A16B17A 18ABC 19.ACD 20BD 21．BD.22．（6分）①0.58②、0.60③9.7（每空2分）23．（8分）答案：（1）①0.280（2分）②（4分）描点清晰，标度适当，两坐标轴物理量，单位；画成折线或没用直尺画线均得０分。③a=0.20，（0.19-0.21）（2分）24.（13分）解析：（1）小球由A到O的过程，由机械能守恒定律，有：mgL=，2分在O点，由牛顿第二定律，Fm-mg=m，2分解得：Fm=3mg=30N。由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为30N。1分（2）小球从O点平抛，有：x=v0t，1分y=gt2，1分小球落至曲面上，有x2+y2=R2，2分联立解得t=1s。2分小球落至曲面上的动能Ek=mv2代入数据得Ek=100J。2分25解答：（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin30°+μmgcos30°=ma1解得a1=7.5m/s22分当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律t1=EQ\F(v1,a1)L1=EQ\F(v12,2a1)2分 解得t1=0.4s1分L1=0.6m由于L1＜L且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律mgsin30°－μmgcos30°=ma22分解得a2=2.5m/s2L－L1=v1t2+EQ\F(1,2)a2t221分解得t2=0.8s故小物块由静止出发从A到B所用时间为t=t1+t2=1.2s2分（2）作v—t图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即L=EQ\F(1,2)a1tmin22分解得tmin=1sv′=a1tmin=7.5m/s2分此时小物块和传送带之间的相对路程为△S=v′t－L=3.75m2分26（19分）[解析](1)由eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得电子的入射速度2分v0＝eq\r(\f(2eU0,m))＝4×107m/s1分（2）刚好能飞出极板上，2分所以，解得：U1=1440V2分由动能定理，2分(2)加交流电压时，A、B两极板间的场强E2＝eq\f(U2,d)＝2.5×104cos2πt(V/m)电子飞出两板时的竖直位移y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eE2,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,v0)))eq\s\up12(2)2分电子飞出两板时的竖直速度vy＝at1＝eq\f(eE2L1,mv0)2分电子飞出两板到达圆筒时的竖直位移y2＝vyt2＝eq\f(eE2L1L2,mveq\o\al(2,0))2分在纸上记录落点的总偏距y＝y1＋y2＝eq\f(2,9)cos2πt(m)．1分因圆筒每秒转2周，故在1s内所记录的图形如图所示．3分

7、B8、A9、D10、C11、B12、C13、C26、16分，每空2分（1）过氧化钠（2）NH4＋、Al3＋、Mg2＋；Cu2＋、Fe2＋、HCO3－；K＋、Cl－、SO42－（3）①2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑②NH4＋＋OH－＝NH3↑＋H2O③Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O（4）NH4＋︰Mg2＋︰Al3＋＝1︰2︰127、10分，每空2分（1）Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O；（2）FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+；（3）4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓（4）2.8≤pH＜3.0；（5）Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．28、18分，每空2分（1）4NH3+5O24NO+6H2O（2分）（2）在氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH—，加入NaOH固体，OH—浓度增加，平衡向左移动，NaOH固体溶于水放出大量热，均有利于NH3逸出（2分）（3）①2NO+O2==2NO2（2分）②NH4NO3（2分）③3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）（4）增加（2分）减少（2分）（5）Na2O2（2分）NH4HCO3分解放出NH3；同时放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2（2分）

1.D2.C3.B4.C5.D6.A31.（15分）（除标注外，每空2分）（1）C、H、O（1分）苏丹Ⅲ（Ⅳ）（1分）橘黄（红）（1分）（2）脂肪脂肪二氧化碳和水细胞呼吸（有氧呼吸）以热能形式散失（3）O32.（13分）（除标注外，每空2分）（1）核糖体（1分）内质网（1分）高尔基体（1分）（2）主动运输（3）基因细胞凋亡正常发育（4）分隔和区域化(合理即可)【【原创精品解析纯word版】理综卷·届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（10）】27、（16分）有一透明溶液，已知其中可能含有Mg2＋、Cu2＋、Fe2＋、Al3＋、NH4＋、K＋、Cl－、HCO3－、SO42－。当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性气味的混和气体放出，同时生成白色沉淀。当加入0.4mol淡黄色粉末时，共收集到0.3mol混和气体，且此时生成的沉淀最多。此后继续加入淡黄色粉末时，沉淀量逐渐减少，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol减少至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再减少。由此实验现象及数据判断：（1）淡黄色粉末的名称为；（2）溶液中肯定有离子，肯定没有离子，可能有________离子；（3）写出下列反应方程式①淡黄色粉末与水反应；②产生刺激性气味气体的离子方程式；③加入淡黄色粉末的物质的量由0.4mol至0.45mol时，沉淀部分消失，反应的离子方程式为；（4）溶液中阳离子的物质的量之比为（H＋及没有确定的离子除外）。【知识点】离子反应计算A1B1【答案解析】（1）过氧化钠（2）NH4＋、Al3＋、Mg2＋；Cu2＋、Fe2＋、HCO3－；K＋、Cl－、SO42－（3）①2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑②NH4＋＋OH－＝NH3↑＋H2O③Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O（4）NH4＋︰Mg2＋︰Al3＋＝1︰2︰1解析：根据当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性气味的混和气体放出，同时生成白色沉淀，知淡黄色粉末是过氧化钠，刺激性气味是氨气，则溶液含NH4＋，没有Cu2＋、Fe2＋，0.4mol过氧化钠与水反应生成0.2mol氧气，则氨气是0.3mol-0.2mol=0.1mol，继续加入淡黄色粉末时，沉淀量逐渐减少，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol减少至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再减少，则溶液含Mg2＋、Al3＋，而且氢氧化镁的物质的量为0.2mol，氢氧化铝为0.1mol，n（NH4＋）︰n（Mg2＋）︰n（Al3＋）＝0.1︰0.2︰0.1=1：2：1，根据共存知没有HCO3－，可能含有的离子是K＋、Cl－、SO42－。⑶③当加入0.4mol淡黄色粉末时，生成的氢氧化钠为0.8mol，其中沉淀Mg2＋、Al3＋用去氢氧化钠0.7mol，余下的0.1mol氢氧化钠与NH4＋反应，再加入0.05mol过氧化钠，生成的氢氧化钠刚好溶解氢氧化铝。【思路点拨】根据反应现象、消耗的过氧化钠的量、生成的气体的量进行推理分析发生的反应。【【原创精品解析纯word版】理综卷·届广西省桂林中学高三10月月考（10）】11．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是：A．在25℃，1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NAB．48gO3和O2混合气体所含的原子数目为3NAC．1mol氦气所含的电子数目为4NAD．2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.1NA【知识点】阿伏加德罗常数的应用A1【答案解析】B解析：A．在0℃，1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NA，但是在25℃时，1.01×105Pa时，11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故所含的原子数目小于NA，错误；B．48gO3和O2混合气体所含的原子数目为3NA，正确；C．氦气是单原子分子，故1mol氦气所含的电子数目为2NA，错误；D．1mol铝变成铝离子时失去的电子数目为3mol，故2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.3NA【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的值在有关物理量中如分子中含有的原子数目、电子数目的计算、在氧化还原反应中的转移的点子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届重庆市重庆一中高三上学期第二次月考（10）】6．设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAB．标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC．常温常压下，8gSO3所含的氧原子的数目为0.3NAD．过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1B3A4【答案解析】B解析：

A、氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子个数比均为1：2，正确；B、氯气溶于水，氯气既是氧化剂又是还原剂，但溶解的氯气没有全部参与反应，即转移的电子数目小于0.1NA，错误；C、8gSO3所含的氧原子的数目为（8g÷80g/mo）×3l=0.3mol，正确；D、过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气（O的化合价由-1→0）转移电子的数目为0.2NA，正确。【思路点拨】解答阿伏加德罗常数题目时要细心审题，特别注意题目中的关键性字词，留心“陷阱”。主要考查点如下：（1）．考察“标准状况”、“常温常压”等外界条件的应用在标准状况下非气态物质：如H2O、SO3、戊烷、CHCl3、CCl4、苯、乙醇等；物质的质量、摩尔质量、微粒个数不受外界条件的影响。（2）考察物质的组成：如特殊物质中所含微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）的数目：如Ne、D2O、18O2、H37Cl、－OH等；物质中所含化学键的数目：如H2O2、CnH2n+2中化学键的数目分别为3、3n+1；最简式相同的物质中的微粒数目：如NO2和N2O4、乙烯和丙烯等。；摩尔质量相同的物质中的微粒数目：如N2、CO、C2H4等。（3）考查氧化还原反应电子转移（得失）数目问题的分析，如Na2O2、NO2与H2O反应；电解AgNO3溶液、CuSO4溶液的反应；Cl2与H2O、NaOH、Fe反应等，分析该类题目时还要注意反应产物以及过量计算问题。（4）考察弱电解质的电离、盐类的水解弱电解质在水溶液中部分电离，可水解的盐溶液中，离子发生微弱水解。如0.1mol·L－1的乙酸溶液和0.1mol·L－1的乙酸钠溶液中c(CH3COO－)不相等。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届辽宁省沈阳二中高三上学期期中考试（11）】1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2L乙醇所含的羟基数为0.5NAB．常温下，1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC．常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NAD．电解硫酸铜溶液时，阳极每生成标准状况下3.36L气体，电路中转移电子数为0.3NA【知识点】阿伏伽德罗常数及应用A1【答案解析】【解析】C解析：A、在标准状况下，乙醇不是气体，无法计算11.2L乙醇的物质的量，故A错误；B、1L0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增多，所以溶液中含有的离子总物质的量大于0.3mol，离子总数大于0.3NA，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式为CH2，5.6g混合气体含有0.4mol最简式，含有0.4mol碳原子，含有的碳原子数为0.4NA，故C正确；D、电解硫酸铜溶液时，阳极生成的是氧气，标准状况下3.36L气体的物质的量为0.15mol，转移的电子的物质的量为0.6mol，电路中转移电子数为0.6NA，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标准状况下物质的状态，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容；【【原创纯word版精品解析】化学卷·届云南省玉溪一中高三上学期第二次月考（10）】6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NAB．标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成22．4LNO、NO2、N2O4的混合气体，则被还原的硝酸的分子数大于NAC．铁做电极电解食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标况下）D．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA【知识点】阿伏加德罗常数A1D4F4【答案解析】B解析：A、ClO-离子水解，1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目小于NA，故A错误；B、标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成22．4LNO、NO2、N2O4的，可知还原产物为1摩尔，根据氮原子守恒，还原的硝酸物质的量大于1摩尔，故B正确；C、铁做电极电解食盐水，阳极发生铁的氧化反应，不会产生气体，故C错误；D、根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，标准状况下，6.72LNO2的物质的量是0.3摩尔，其中有0.1摩尔NO2被还原，转移的电子数目为0.2NA，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了氧化还原反应中电子转移的分析，盐类的水解等知识，理解NO2与水反应时有2/3的NO2被氧化1/3的NO2被还原。【【原创纯word版精品解析】化学卷·届四川省成都外国语学校高三10月月考（10）】3．以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是A.含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B.250mL1mol·L－1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C.D.在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成0.5molCl2转移的电子数【知识点】阿伏加德罗常数晶体结构盐类水解氧化还原规律A1N4H3B3【答案解析】B解析：A、石墨中1摩尔碳原子平均1.5摩尔共价键，含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.4mol×1.5=0.6mol，故A不正确；B、FeCl3溶液中电离产生的阴、阳离子总数为0.25mol×4=1mol,铁离子水解使离子数目增加，阴、阳离子总数大于NA，故B正确；C、发生可逆反应：2SO2+O22SO3，NA，故C错误；D、根据反应方程式，生成4摩尔氯气时转移7摩尔电子，每生成0.5molCl2转移的电子数为0.5mol×7÷4=0.875mol，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了晶体结构、盐类水解、氧化还原规律等，属于易错题。【【原创纯word版精品解析】化学卷·届陕西省西安一中高三上学期二模考试（10）】1、在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A．两种气体的压强相等B．O2比O3的质量小C．两种气体的分子数目相等D．两种气体的氧原子数目相等【知识点】阿伏加德罗定律A1【答案解析】D解析：根据m=ρV，可知O2、O3的质量相等，物质的量之比是3:2，A、同温同体积的气体的压强之比等于物质的量之比，气体的压强之比为3:2，故A错误；B、O2、O3的质量相等，故B错误；C、两种气体的分子数目之比等于物质的量之比为3:2，故C错误；D、O2、O3的质量相等可知氧原子数目相等，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗定律的理解，关键是根据题意得到O2、O3的质量相等，物质的量之比是3:2。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（10）】23．（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品漂白剂。其制备工艺流程如下：已知：反应Ⅱ包含2NaHSO3Na2S2O5＋H2O等多步反应。（1）实验室制取氨气的化学方程式：。（2）“灼烧”时发生反应的化学方程式：。（3）已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为：。（4）副产品X的化学式是：；可循环利用的物质是：__________________。（5）为了减少产品Na2S2O5中杂质含量，需控制反应Ⅱ中气体与固体的物质的量之比约为。【知识点】工艺流程题离子方程式计算A1B1D5【答案解析】：⑴2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3＋2H2O(2分)⑵2CuS＋3O22CuO＋2SO2(2分)⑶S2O52-+2H+=2SO2↑+H2O(2分)⑷CuSO4·5H2O(1分)CO2(1分)⑸2：1.(2分)解析：⑴实验室用氢氧化钙与氯化铵反应制取氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3＋2H2O⑵“灼烧”时CuS被氧化为黑色的氧化铜和二氧化硫，2CuS＋3O22CuO＋2SO2⑶Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，反应中S元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：S2O52-+2H+=2SO2↑+H2O⑷氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，即X是CuSO4·5H2O，根据流程知可循环的物质是二氧化碳⑸反应Ⅱ中发生反应Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2，2NaHSO3Na2S2O5+H2O，故SO2与Na2CO3的物质的量之比接近2：1.【思路点拨】根据流程中提供的反应物、生成物判断发生的反应，比如反应I生成了碳酸氢钠，而后碳酸氢钠热分解得到反应Ⅱ的反应物碳酸钠。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（10）】16．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1︰1︰1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（）A．1∶6B．1∶7C．2∶11D．16【知识点】氧化还原反应A1B3【答案解析】B解析：假设产生的NO、NO2、N2O4的物质的量为1mol,由于NO2、N2O4中N的化合价相同，所以可以认为是产生NO23mol，设FeS的物质的量为amol，根据得失电子相等有a×（1+8）=1×（5-2）+3×（5-4）=6，a=2/3，生成2/9molFe2(SO4)3，则Fe(NO3)3的物质的量为2/3-2/9×2=2/9，含NO3-2/3mol，因此共用去HNO34+2/3mol与FeS的物质的量之比14/3:2/3=7:1,选B.【思路点拨】根据得失电子相等求FeS物质的量，然后根据原子守恒求Fe2(SO4)3→Fe(NO3)3的物质的量，最后求N原子的物质的量。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考（10）】25.（10分）钛(Ti)被誉为21世纪金属。冶炼钛的主要原料是含Fe2O3的钛铁矿（FeTiO3)，其生产过程如下：已知：TiOSO4可溶于水且易水解，H2TiO3难溶于水。试回答下列问题：（1）步骤②的主要实验操作是冷却、结晶、(填操作名称)；步骤④在实验室中常将试剂置于(填仪器名称）中加强热。（2）TiO2+生成H2TiO3的离子方程式（3）步骤④中硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，写出该反应的化学方程式：（4）步骤②所得到的硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)是目前工业上处理含铬有毒废水常用的化学试剂，二者反应后(Cr由+6价转化为+3价)可以转化为有重要工业价值的铁氧体复合氧化物（常用FeO·FeyCrxO3表示)。欲制备该铁氧体复合氧化物，试求在酸性的含铬废水中，加入FeSO4·7H2O的物质的量应为废水中六价铬物质的量的倍。【知识点】工艺流程题A1B1B3C3J2【答案解析】10分）⑴过滤（2分）坩埚（2分）⑵TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+（2分）⑶4FeSO4·7H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O（2分）⑷5（2分） 解析：首先在钛铁矿和Fe2O3中加入H2SO4溶解，再加入Fe进行还原，将Fe3+转化为Fe2+，然后通过冷却、结晶、过滤得到FeSO4·7H2O固体以及滤液，在滤液中加入热水，促使TiO2+发生水解生成H2TiO3，最后转化为Ti。⑴冷却、结晶后是过滤，固体的灼烧在坩埚中进行⑶FeSO4·7H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，发生了氧化还原反应，根据得失电子相等配平4FeSO4·7H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O。（4）根据题意FeSO4·7H2O与含铬有毒废水发生了氧化还原反应生成FeO·FeyCrxO3，其中Cr为+3价，FeO的Fe为+2价，另外的Fe为+3价，故x+y=2，根据电子得失守恒有y=3x，x=0.5，y=1.5，根据原子守恒有n（Fe）：（Cr）=（1+1.5）：0.5=5。【思路点拨】工艺流程题解题的关键是搞清加入什么物质，发生什么反应，如何分离，要将工艺的流程转化为物质的流程，计算要运用守恒法解题。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考（10）】23．（13分）1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子H+NH4+Al3+K+可能大量含有的阴离子Cl-Br-I-ClO-AlO2-（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（v）的关系如右图所示。则该溶液中确定含有的离子有；不能确定是否含有的阳离子有，要确定其存在可补充做的实验是；肯定不存在的阴离子有。（2）若经检测，该溶液中含有大量的Cl—、Br—、I—，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl—、Br—、I—的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况下）的关系如下图所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）2.8L5.6L11.2Ln(Cl-)1.25mol1.5mol2moln(Br-)1.5mol1.4mol0.9moln(I-)amol00=1\*GB3①当通入的Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为：；=2\*GB3②原溶液中Cl—、Br—、I—的物质的量浓度之比为【知识点】离子反应计算离子检验A1B1A【答案解析】（13分）（1）H+、Al3+、NH4+(3分)K+(2分)焰色反应（2分）ClO-、AlO2-(2分)（2）①Cl2+2I-＝I2+2Cl-（2分）②10:15:4（2分）解析：⑴根据图示，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含氢离子，则根据共存关系知一定没有ClO-、AlO2-；随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有铝离子；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有铵离子。该溶液中确定含有的离子有H+、NH4+、Al3+；不能确定的阳离子是K+，而K+可通过焰色反应检验；一定不存在ClO-、AlO2-。⑵根据表知随着氯气的加入，n(Br-)减小，而还原性I->Br-，即Br-反应之前，I-被氧化完，当通入的Cl2的体积为2.8L时，即是0.125mol，而且全部反应，生成Cl-0.25mol，则原溶液含Cl-：1.25mol-0.25mol=1mol，此时I-没有反应完（余amL），则通入的氯气全部与I-反应，反应的I-为0.25mol，再通入氯气5.6L-2.8L=2.8L，即0.125mol，消耗Br-0.1mol（消耗氯气0.05mol），则与I-反应用去氯气0.125-0.05=0.075mol，此时消耗的I-为0.15mol，则原溶液含I-为0.4mol，因此Cl—、Br—、I—的物质的量浓度之比为【思路点拨】分析图像获取信息是解题的关键（图像起点、转折点、终点及变化趋势）；分析表中的信息，明确反应先后顺序，根据物质的量变化判断反应的物质及其量。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考（10）】18．往含0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L（标准状况下）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计） ABCD【知识点】计算A1C【答案解析】C解析：n（CO2）==0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入二氧化碳先后发生的反应是：通入CO2，发生：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。选C。【思路点拨】含多个离子反应要看反应的先后顺序，二氧化碳与氢氧化钠和氢氧化钙的反应的先后可这样思考：若先发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，则生成的Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，即先发生的是：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O。【【原创纯word版精品解析】化学卷·届江西省新余一中高三第二次模拟考试（10）】2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（） A．1L0.1mol•L-1的氨水含有0.1NA个NH4+B．84gNaHCO3晶体中含有NA个HCO3-C．1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NAD．64g铜片与足量稀HNO3反应生成NA个NO分子【知识点】阿伏伽德罗常数氧化还原反应A1B3【答案解析】B解析：A、NH3.H2O是弱电解质，部分电离，1L0.1mol•L-1的氨水含有NH4+数目小于0.1NA个，故A错误；B、84gNaHCO3的物质的量是1摩尔，晶体中含有NA个HCO3-，故B正确；C、Fe在氧气中充分燃烧生成Fe3O4，失去的电子数小于3NA，故C错误；D、64g铜片与足量稀HNO3反应转移电子2摩尔，根据电子守恒知生成2/3NA个NO分子，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题借助阿伏伽德罗常数考查了氧化还原反应中转移电子计算、晶体结构等，属于易错题。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届江苏省扬州中学高三10月质量检测（10）】12．三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF，下列有关该反应的说法正确的是A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1C．若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【知识点】氧化还原反应A1B2【答案解析】D解析：NF3中的N是+3价，则氧化剂、还原剂都是NF3，还原产物是NO，氧化产物是HNO3，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为HNO3：NO==1：2，A、B错误；若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol×（5-3）=0.4mol，C错误；NF3与H2ONO被空气氧化为红棕色的NO2，D正确。【思路点拨】氧化剂与还原产物对应，还原剂与氧化产物对应。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届江苏省扬州中学高三10月质量检测（10）】5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．将0.1molCO2通入足量NaOH溶液，则溶液中阴离子数目为0.1NAB．标准状况下，将11.2L的Cl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NAC．0.1molN2与足量H2反应，转移的电子数为0.6NAD．标准状况下，1.12LHCHO中C原子的数目为0.05NA【知识点】阿伏加德罗常数A1B3【答案解析】D解析：0.1molCO2通入足量NaOH溶液，生成0.1mol的碳酸钠，而后碳酸钠水解：COeq\o\al(2－,3)+H2OHCOeq\o\al(－,3)+2OH－，而且NaOH过量，因此溶液中阴离子数目大于0.1NA，A错误；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，即0.5mol的Cl2参与反应，转移的电子数为0.5NA，B错误；N2与H2的反应是可逆反应，则0.1molN2没有反应完，转移的电子数小于0.6NA，C错误；标准状况下，1.12LHCHO是0.5mol，D正确。【思路点拨】在求阿伏加德罗常数时，需注意弱电解质的电离、盐类的水解、可逆反应等。【【原创纯Word版精品解析】化学卷·届安徽省皖南八校高三第一次联考（10）】6.NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是A.18gH2O中含有的质子数为NAB.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，每生成1molO2，转移电子的数目为4NAC.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD.物质的量浓度为0.5mol·L-1的MgCl2的溶液中，含有Cl-个数为NA【知识点】阿伏伽德罗常数A1B3【答案解析】C解析：18gH2O为1mol，一个H2O分子中含2个H原子和1个O原子，质子数为10，因此18gH2O中含有的质子数为10NA，A错误；Na2O2与足量H2O反应，每生成1molO2，由于O的化合价由-1→0，因此转移电子的数目为2NA，B错误；把四氧化二氮全部转换成二氧化氮，这样46g二氧化氮是1mol，原子总数为3NA，故C正确；D项没有给出溶液的体积，无法计算，错误。【思路点拨】Na2O2与足量H2O反应，O元素的化合价不是由-2→0；根据溶液浓度求溶质的物质的量需知道溶液体积。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】12．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnOeq\o\al(－,4)＋NOeq\o\al(－,2)＋Ｋ→Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O。下列叙述中正确的是()A．该反应中NOeq\o\al(－,2)被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．Ｋ中的粒子是OH－【知识点】氧化还原反应A1B2B3【答案解析】C解析：依据化学反应，结合化合价的变化分析NO2-被氧化，做还原剂，故A错误；该反应是2MnOeq\o\al(－,4)＋5NOeq\o\al(－,2)＋6H2Mn2＋＋5NOeq\o\al(－,3)＋3H2O，反应过程中消耗氢离子溶液pH增大，故B、D错误；C、2mol高锰酸根离子反应生成5molNO3-，所以生成1molNaNO3时消耗0.4molKMnO4，故C正确。【思路点拨】根据氧化还原反应中得失电子相等、电荷守恒、质量守恒配平。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届辽宁师大附中高三上学期10月模块考试（10）】14．铁和氧化铁的混合物共amol，加一定量盐酸后固体全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，同时收集到bmol氢气，则原混合物中氧化铁的物质的量为 A．（a—b）mol B．（a+b）molc．（a—b）molD．bmol【知识点】计算A1C3【答案解析】A解析：设铁和氧化铁的物质的量分别是x、y，则x+y=a，根据得失电子相等有2x=2y+2b，y=（a—b）mol，A正确。【思路点拨】固体全部溶解，而且溶液中没有Fe3+，则铁→Fe2+，氧化铁→Fe2+，H+→H2，然后根据得失电子相等计算。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届辽宁师大附中高三上学期10月模块考试（10）】11.一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍。电池总反应为：C2H5OH+3O2＝2CO2+3H2O，电池示意图如右下图。下面对这种电池的说法正确的是A．b极为电池的负极BB．设每个电子所带电量为q库仑，则1mol乙醇被氧化产生12NAq库仑的电量C．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极D．电池正极的电极反应为：O2＋4e－+2H2O=4OH-【知识点】原电池计算A1F【答案解析】B解析：根据质子移动方向知，a是负极，b是正极，电流方向是b极沿导线经灯泡再到a极，故A、C错误；1mol乙醇被氧化失去12mol电子，则1mol乙醇被氧化产生12NAq厍仑的电量，B正确；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，故D错误。【思路点拨】在中学化学中判断原电池的正负极一般有如下几种方法：一、由组成原电池的两极材料判断一般来说，较活泼的金属为负极，较不活泼的金属或能导电的非金属为正极。但具体情况还要看电解质溶液，如镁、铝电极在稀硫酸中构成原电池，镁为负极，铝为正极；但镁、铝在氢氧化钠溶液中形成原电池时，由于是铝和氢氧化钠溶液发生了反应，失去了电子，因此铝为负极，镁则为正极。再如铝、铜和氢氧化钠溶液构成的原电池中，铝为负极；而若把氢氧化钠溶液换为浓硝酸，则铜为负极。二、根据外电路电流的方向或电子的流向判断在原电池的外电路，电流由正极流向负极，电子由负极流向正极。三、根据内电路离子的移动方向判断在原电池电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。四、根据原电池两极发生的化学反应判断原电池中，负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应。因此可以根据总的化学方程式中化合价的升降来判断。五、根据电极质量的变化判断原电池工作后若某一电极质量增加，说明溶液中的阳离子在该电极上放电，该电极为正极，活泼性较弱；如果某一电极质量减轻，说明该电极溶解，电极为负极，活泼性较强。六、根据电极上产生的气体判断原电池工作后，如果一电极上产生气体，通常是因为该电极发生了析出氢气的反应，一说明该电极为正极，活动性较弱。七、根据某电极附近pH的变化判断析氢或吸氧的电极反应发生后，均能使该电极附近电解质溶液的pH增大，因而原电池工作后，该电极附近的pH增大了，说明该电极为正极，金属活动性较弱。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届辽宁师大附中高三上学期10月模块考试（10）】9.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KA1O2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为【知识点】元素化合物计算A1D1C【答案解析】C解析：反应的方程式依次为Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O、CO2＋2KOH=K2CO3＋H2O、2KAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋K2CO3、CO2＋K2CO3＋H2O=2KHCO3、BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2，所以选项C正确。【思路点拨】涉及多个离子反应时，要分析反应的顺序，可以这样分析：比如CO2与KOH、Ba(OH)2的反应顺序不知，你若认为CO2与KOH先发生反应，则生成的碳酸钾与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，因此其实还是二氧化碳与氢氧化钡先反应，其他类似。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届辽宁师大附中高三上学期10月模块考试（10）】1．下列叙述正确的是 A．电解NaCl溶液时，阴极产生1molCl2的同时阳极产生lmolH2B．0．1mol·L-1AlCl3溶液中Al3+的浓度为0．1mol·L-1C．7g14C中所含中子数为4NA（设NAD．2．24L氯气与足量NaOH稀溶液反应，转移0．1mol电子【知识点】A1【答案解析】C解析：电解NaCl溶液时，是阳极产生1molCl2的同时阴极产生lmolH2，A错误；因Al3+水解使其浓度小于0．1mol·L-1，B错误；C正确；D项没有给出气体所处的外界条件，无法根据体积计算，错误。【思路点拨】本题A项若只看数据，不注意阴极、阳极易错选，涉及气体体积的计算要看外界条件。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届河南省实验中学高三上学期期中考试（11）】3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，40gSO3的体积为11.2LB．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAC．5NH4NO3eq\o(=,\s\up5(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【知识点】阿伏伽德罗常数A1【答案解析】【解析】Ｃ解析：A、标准状况下，SO3不是气体，故A错误；B、高温下，Fe与水蒸气反应：3Fe+4H2O=Fe3O4+H2↑，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.8/3NA，,故B错误；C、5NH4NO3eq\o(=,\s\up5(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，转移电子数为15个，即有关系式：4N2——15e-，故生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA，故C正确；D、56g铁的物质的量为1mol，常温下铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量，故D错误；故答案选Ｃ【思路点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析，质量换算物质的量计算微粒数，掌握基础是关键，题目较简单。【【原创精品解析纯word版】化学卷·届山西省太原五中高三10月月考（10）】16．已知1.5克NaOH和1.6克S混合后加热，恰好发生如下反应：aNaOH+bS→cNa2Sx+dNa2S2O3+eH2O，则x的值为A.4B.3C.2D.1【知识点】化学反应方程式的配平A1【答案解析】B解析：1.5克NaOH和1.6克S混合后加热恰好反应，即物质的量之比是（1.5/40）：（1.6/32）=3:4，依次根据氢元素守恒、钠元素守恒、硫元素守恒得到方程式为：6NaOH+8S=2Na2S3+Na2S2O3+3H2O，所以x=3，故答案选B【